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专题 15 四边形
课标要求 考点 考向
①了解多边形的概念及多边形的顶点、边、内角、外角与
多边形 考向一 多边形的内角和
对角线;探索并掌握多边形内角和与外角和公式。
及其内
②理解平行四边形、矩形、菱形、正方形、梯形的概念，
角和 考向二 多边形的外角和
以及它们之间的关系;了解四边形的不稳定性。
③探索并证明平行四边形的性质定理:平行四边形的对边相
考向一 平行四边形的性质
等、对角相等、对角线互相平分。探索并证明平行四边形
考向二 平行四边形的判定
的判定定理:一组对边平行且相等的四边形是平行四边形;两
平行四
组对边分别相等的四边形是平行四边形;对角线互相平分的 考向三 平行四边形的性质好判
边形
四边形是平行四边形。 定综合
④探究并证明三角形中位线定理。
考向四 三角形的中位线
⑤探索并证明矩形、菱形的性质定理:矩形的四个角都是直
角，对角线相等;菱形的四条边相等，对角线互相垂直。探
考向一 矩形
索并证明矩形、菱形的判定定理:三个角是直角的四边形是
特殊的
矩形，对角线相等的平行四边形是矩形;四边相等的四边形
平行四
是菱形，对角线互相垂直的平行四边形是菱形。正方形既 考向二 菱形
边形
是矩形，又是菱形;理解矩形、菱形、正方形之间的包含关
考向三 正方形
系。
考点一 多边形及其内角和
►考向一 多边形的内角和
1．（2024·河北·中考真题）直线l与正六边形 的边 分别相交于点M，N，如图所示，则
（ ）
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A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题考查了多边形的内角和，正多边形的每个内角，邻补角，熟练掌握知识点是解决本题的关键．
先求出正六边形的每个内角为 ，再根据六边形 的内角和为 即可求解 的
度数，最后根据邻补角的意义即可求解．
【详解】解：正六边形每个内角为： ，
而六边形 的内角和也为 ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
故选：B．
2．（2024·云南·中考真题）一个七边形的内角和等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题考查多边形的内角和，根据 边形的内角和为 求解，即可解题．
【详解】解：一个七边形的内角和等于 ，
故选：B．
3．（2024·吉林长春·中考真题）在剪纸活动中，小花同学想用一张矩形纸片剪出一个正五边形，其中正五
边形的一条边与矩形的边重合，如图所示，则 的大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】本题考查了多边形内角与外角，正多边形的内角和，熟练掌握正多边形的内角和公式是解题的关
键．
根据正五边形的内角和公式和邻补角的性质即可得到结论．
【详解】解： ，
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故选：D．
4．（2024·山东青岛·中考真题）为筹备运动会，小松制作了如图所示的宣传牌，在正五边形 和正方
形 中， ， 的延长线分别交 ， 于点M，N，则 的度数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题考查的是正多边形内角和问题，熟记正多边形的内角的计算方法是解题的关键．
根据正五边形的内角的计算方法求出 、 ，根据正方形的性质分别求出 、 ，根据四
边形内角和等于 计算即可．
【详解】解：∵五边形 是正五边形，
∴ ，
∵四边形 为正方形，
∴ ， ，
∴ ， ，
∴ ，
故选：B．
5．（2024·山西·中考真题）如图是某一水塘边的警示牌，牌面是五边形 ，其中
，则这个五边形的内角 的度数为 ．
【答案】116
【分析】本题考查了多边形的内角和，熟练掌握知识点是解题的关键．
先求出五边形的内角和，即可求解．
【详解】解：五边形内角和为： ，
∴ ，
∵ ，
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∴ ，
故答案为：116．
►考向二 多边形的外角和
6．（2024·西藏·中考真题）已知正多边形的一个外角为 ，则这个正多边形的内角和为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题考查了多边形的内角和外角，先求出正多边形的边数，再根据多边形的内角和公式计算即可
得解，根据多边形的外角求出边数是解此题的关键．
【详解】解：∵正多边形的一个外角为 ，
∴正多边形的边数为 ，
∴这个正多边形的内角和为 ，
故选：B．
7．（2024·山东·中考真题）如图，已知 ， ， 是正 边形的三条边，在同一平面内，以 为边
在该正 边形的外部作正方形 ．若 ，则 的值为（ ）
A．12 B．10 C．8 D．6
【答案】A
【分析】本题考查的是正多边形的性质，正多边形的外角和，先求解正多边形的1个内角度数，得到正多
边形的1个外角度数，再结合外角和可得答案.
【详解】解：∵正方形 ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴正 边形的一个外角为 ，
∴ 的值为 ；
故选A
8．（2024·湖南·中考真题）下列命题中，正确的是（ ）
A．两点之间，线段最短 B．菱形的对角线相等
C．正五边形的外角和为 D．直角三角形是轴对称图形
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【答案】A
【分析】本题考查了命题与定理的知识，多边形外角性质，菱形性质及轴对称图形的特点，解题的关键是
掌握这些基础知识点．
【详解】解：A、两点之间，线段最短，正确，是真命题，符合题意；
B、菱形的对角线互相垂直，不一定相等，选项错误，是假命题，不符合题意；
C、正五边形的外角和为 ，选项错误，是假命题，不符合题意；
D、直角三角形不一定是轴对称图形，只有等腰直角三角形是轴对称图形，选项错误，是假命题，不符合
题意；
故选：A．
9．（2024·青海·中考真题）正十边形一个外角的度数是 ．
【答案】 /36度
【分析】本题考查正多边形的外角．根据正n多边形的外角公式 求解即可．
【详解】解：正十边形的一个外角的大小是 ，
故答案为： ．
10．（2010·江苏徐州·中考真题）若正多边形的一个外角是45°，则该正多边形的边数是 .
【答案】8
【分析】根据多边形外角和是360度，正多边形的各个内角相等，各个外角也相等，直接用 可求
得边数．
【详解】解： 多边形外角和是360度，正多边形的一个外角是 ，
即该正多边形的边数是8，
故答案为：8．
【点睛】本题主要考查了多边形外角和以及多边形的边数，解题的关键是掌握正多边形的各个内角相等，
各个外角也相等．
考点二 平行四边形
►考向一 平行四边形的性质
11．（2024·海南·中考真题）如图，在 中， ，以点D为圆心作弧，交 于点M、N，分别
以点M、N为圆心，大于 为半径作弧，两弧交于点F，作直线 交 于点E，若
，则四边形 的周长是（ ）
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A．22 B．21 C．20 D．18
【答案】A
【分析】本题考查了平行四边形的性质，解直角三角形，尺规作图，等腰三角形的判定和性质，勾股定理．
利用勾股定理求得 的长，再证明 ，作 于点 ，求得 ，利用
，求得 ，再利用勾股定理求得 ，据此求解即可．
【详解】解：∵ ， ，
∴ ，
由作图知 ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
作 于点 ，
则 ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，即 ，
∴ ，
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∴ ，
∴四边形 的周长是 ，
故选：A．
12．（2024·贵州·中考真题）如图， 的对角线 与BD相交于点O，则下列结论一定正确的是
（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题主要考查平行四边形的性质，掌握平行四边形的对边平行且相等，对角线互相平分是解题的
关键．
【详解】解：∵ 是平行四边形，
∴ ，
故选B．
13．（2024·河南·中考真题）如图，在 中，对角线 ， 相交于点O，点E为 的中点，
交 于点F．若 ，则 的长为（ ）
A． B．1 C． D．2
【答案】B
【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，平行四边形的性质等知识，利用平行四边形的性质、线段
中点定义可得出 ，证明 ，利用相似三角形的性质求解即可．
【详解】解∶∵四边形 是平行四边形，
∴ ，
∵点E为 的中点，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
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∴ ，即 ，
∴ ，
故选：B．
14．（2024·山东·中考真题）如图，点 为 的对角线 上一点， ， ，连接 并延
长至点 ，使得 ，连接 ，则 为（ ）
A． B．3 C． D．4
【答案】B
【分析】本题考查了平行四边形的性质，平行线分线段成比例定理，平行证明相似等知识点，正确作辅助
线是解题关键．
解法一：延长 和 ，交于 点，先证 ，得到 ，再证 ，
得到 ，即可求得结果；
解法二：作 交 于点H，证明出 ，得到 ， ，然后证明
出四边形 是平行四边形，得到 ．
【详解】解：解法一：延长 和 ，交于 点，
∵四边形 是平行四边形，
∴ ， 即 ，
∴
∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
又∵ ， ，
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∴ ，
∵ ， ，
∴ ，
∴ ，
∴
∴ ，
∴ ，
∴
∵ ，
∴ ．
解法二：作 交 于点H
∴ ， ，
又∵ ，
∴ ，
∴ ， ，
∵四边形 是平行四边形，
∴ ， ，
∴ ， ，
∴四边形 是平行四边形，
∴ ．
故选：B．
15．（2024·浙江·中考真题）如图，在 中， 相交于点O， ．过点A作
的垂线交 于点E，记 长为x， 长为y．当x，y的值发生变化时，下列代数式的值不变的
是（ ）
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A． B． C． D．
【答案】C
【分析】此题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，过点D作
交 的延长线于点F，证明 ，得到 ，由勾股定理可
得， ， ，则 ，整理后即可得到答案．
【详解】解：过点D作 交 的延长线于点F，
∵ 的垂线交 于点E，
∴ ，
∵四边形 是平行四边形，
∴ ，
∴ ，
∴
∴ ，
由勾股定理可得， ，
，
∴ ，
∴
∴
即 ，解得 ，
∴当x，y的值发生变化时，代数式的值不变的是 ，
故选：C
►考向二 平行四边形的判定
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16．（2024·广西·中考真题）如图，两张宽度均为 的纸条交叉叠放在一起，交叉形成的锐角为 ，则
重合部分构成的四边形 的周长为 ．
【答案】
【分析】本题考查了平行四边形的判定，菱形的判定和性质，菱形的周长，过点 作 于 ，
于 ，由题意易得四边形 是平行四边形，进而由平行四边形的面积可得 ，即可
得到四边形 是菱形，再解 可得 ，即可求解，得出四边形 是菱
形是解题的关键．
【详解】解：过点 作 于 ， 于 ，则 ，
∵两张纸条的对边平行，
∴ ， ，
∴四边形 是平行四边形，
又∵两张纸条的宽度相等，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴四边形 是菱形，
在 中， ， ，
∴ ，
∴四边形 的周长为 ，
故答案为： ．
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17．（2024·河北·中考真题）下面是嘉嘉作业本上的一道习题及解答过程：
已知：如图， 中， ， 平分 的外角 ，点 是 的中点，连接 并延长交
于点 ，连接 ．
求证：四边形 是平行四边形．
证明：∵ ，∴ ．
∵ ， ， ，
∴①______．
又∵ ， ，
∴ （②______）．
∴ ．∴四边形 是平行四边形．
若以上解答过程正确，①，②应分别为（ ）
A． ， B． ，
C． ， D． ，
【答案】D
【分析】本题考查平行四边形的判定，全等三角形的判定与性质，根据等边对等角得 ，根据三
角形外角的性质及角平分线的定义可得 ，证明 ，得到 ，再结合中点的
定义得出 ，即可得证．解题的关键是掌握：对角线互相平分的四边形是平行四边形．
【详解】证明：∵ ，∴ ．
∵ ， ， ，
∴① ．
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又∵ ， ，
∴ （② ）．
∴ ．∴四边形 是平行四边形．
故选：D．
18．（2024·四川乐山·中考真题）下列条件中，不能判定四边形 是平行四边形的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据平行四边形的判定定理分别进行分析即可．
【详解】解：A、∵ ，
∴四边形 是平行四边形，故此选项不合题意；
B、∵ ，
∴四边形 是平行四边形，故此选项不合题意；
C、∵ ，
∴四边形 是平行四边形，故此选项不合题意；
D、∵ ，不能得出四边形 是平行四边形，故此选项符合题意；
故选：D．
【点睛】此题主要考查平行四边形的判定，解题的关键是熟知平行四边形的判定定理．
19．（2024·湖南·中考真题）如图，在四边形 中， ，点E在边 上， ．请从“①
；② ， ”这两组条件中任选一组作为已知条件，填在横线上（填序号），再
解决下列问题：
(1)求证：四边形 为平行四边形；
(2)若 ， ， ，求线段 的长．
【答案】(1)①或②，证明见解析；
(2)6
【分析】题目主要考查平行四边形的判定和性质，勾股定理解三角形，理解题意，熟练掌握平行四边形的
判定和性质是解题关键．
（1）选择①或②，利用平行四边形的判定证明即可；
（2）根据平行四边形的性质得出 ，再由勾股定理即可求解．
【详解】（1）解：选择①，
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证明：∵ ，
∴ ，
∵ ，
∴四边形 为平行四边形；
选择②，
证明：∵ ， ，
∴ ，
∵ ，
∴四边形 为平行四边形；
（2）解：由（1）得 ，
∵ ， ，
∴ ．
►考向三 平行四边形的性质好判定综合
20．（2024·浙江·中考真题）如图，在正方形 中， 分别是边 上的点，
且 分别在边 上，且 与 交于点O，记 ，若 ，
则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】如图，过点 作 交 于点 ，作 交 于点 ，延长 、 交于点 ，
过点 作 ，根据平行线的性质得出 ，从而得出 ，设
，则 ，证明四边形 是平行四边形，得出 ，在 中，
勾股定理算出 ，得出 ，证明 ，得出 ，根据 ，得
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出 ，在 中，列方程求解即可．
【详解】解：如图，过点 作 交 于点 ，作 交 于点 ，延长 、 交于点
，过点 作 ，
∴ ，
∴ ，
设 ，则 ，
∵四边形 是正方形，
∴ ，
∵ ，
∴四边形 是平行四边形，
∴ ，
∴在 中， ，
∴ ，即 ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴在 中， ，
∴解得： 或 ，
当 时， ，
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∴ ，
∴ ．
故选：D．
【点睛】该题主要考查了解直角三角形，勾股定理，二次根式的性质，正方形的性质，平行四边形的性质
和判定，平行线的性质，全等三角形的性质和判定，解一元二次方程等知识点，解题的关键是掌握以上知
识点，正确做出辅助线．
21．（2024·辽宁·中考真题）如图， 的对角线 ， 相交于点 ， ， ，若
， ，则四边形 的周长为（ ）
A．4 B．6 C．8 D．16
【答案】C
【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，熟练掌握知识点是解题的关键．
由四边形 是平行四边形得到 ， ，再证明四边形 是平行四边形，则
，即可求解周长．
【详解】解：∵四边形 是平行四边形，
∴ ， ，
∵ ， ，
∴四边形 是平行四边形，
∴ ，
∴周长为： ，
故选：C．
22．（2024·新疆·中考真题）如图，抛物线 与y轴交于点A，与x轴交于点B，线段CD在抛
物线的对称轴上移动（点C在点D下方），且 ．当 的值最小时，点C的坐标为
．
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【答案】
【分析】在y轴上取点 ，证明四边形 是平行四边形，得出 ，利用抛物线的对称性得
出 ，则 ，当E、C、F三点共线时， 最小，利用待定系数法求出直
线 解析式，然后把 代入，即可求出C的坐标．
【详解】解： ，
∴对称轴为 ，
如图，设抛物线与x轴另一个交点为F，
当 时， ，
∴ ，
当 时， ，
解得 ， ，
∴ ， ，
在y轴上取点 ，连接 ， ， ，
∴ ，
∵ ，
∴四边形 是平行四边形，
∴ ，
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∵抛物线对称轴为 ，
∴ ，
∴ ，
当E、C、F三点共线时， 最小，
设直线 解析式为 ，
∴ ，
解得 ，
∴ ，
当 时， ，
∴当 最小时，C的坐标为 ，
故答案为： ．
【点睛】本题考查了二次函数的性质，平行四边形的判定与性质，待定系数法求一次函数解析式，两点之
间线段最短等知识，明确题意，添加合适辅助线，构造平行四边形是解题的关键．
23．（2024·浙江·中考真题）尺规作图问题：
如图1，点E是 边 上一点（不包含A，D），连接 ．用尺规作 ，F是边 上一点．
小明：如图2．以C为圆心， 长为半径作弧，交 于点F，连接 ，则 ．
小丽：以点A为圆心， 长为半径作弧，交 于点F，连接 ，则 ．
小明：小丽，你的作法有问题，小丽：哦……我明白了！
(1)证明 ；
(2)指出小丽作法中存在的问题．
【答案】(1)见详解
(2)以点A为圆心， 长为半径作弧，与 可能有两个交点，故存在问题
【分析】本题主要考查了平行四边形的判定与性质，
（1）根据小明的作图方法证明即可；
（2）以点A为圆心， 长为半径作弧，与 可能有两个交点，据此作答即可．
【详解】（1）∵ ，
∴ ，
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又根据作图可知： ，
∴四边形 是平行四边形，
∴ ；
（2）原因：以点A为圆心， 长为半径作弧，与 可能有两个交点，
故无法确定F的位置，
故小丽的作法存在问题．
►考向四 三角形的中位线
24．（2024·湖南·中考真题）如图，在 中，点 分别为边 的中点．下列结论中，错误的
是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】本题考查了三角形中位线的性质，相似三角形的判定和性质，由三角形中位线性质可判断 ；
由相似三角形的判定和性质可判断 ，掌握三角形中位线的性质及相似三角形的判定和性质是解题的
关键．
【详解】解：∵点 分别为边 的中点，
∴ ， ，故 正确；
∵ ，
∴ ，故 正确；
∵ ，
∴ ，
∴ ，故 错误；
故选： ．
25．（2024·甘肃兰州·中考真题）如图，小张想估测被池塘隔开的A，B两处景观之间的距离，他先在
外取一点C，然后步测出 的中点D，E，并步测出 的长约为 ，由此估测A，B之间的距离约
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为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题考查三角形的中位线的实际应用，由题意，易得 为 的中位线，根据三角形的中位
线定理，即可得出结果．
【详解】解：∵点D，E，分别为 的中点，
∴ 为 的中位线，
∴ ；
故选：C．
26．（2024·浙江·中考真题）如图，D，E分别是 边 ， 的中点，连接 ， ．若
，则 的长为
【答案】4
【分析】本题主要考查三角形中位线定理和等腰三角形的判定，由三角形中位线定理得
得出 得出
【详解】解：∵D，E分别是 边 ， 的中点，
∴ 是 的中位线，
∴
∴
∵
∴
∴
故答案为：4
27．（2024·天津·中考真题）如图，正方形 的边长为 ，对角线 相交于点 ，点 在
的延长线上， ，连接 ．
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（1）线段 的长为 ；
（2）若 为 的中点，则线段 的长为 ．
【答案】 2 /
【分析】本题考查正方形的性质，中位线定理，正确添加辅助线、熟练运用中位线定理是解题的关键；
（1）运用正方形性质对角线互相平分、相等且垂直，即可求解，
（2）作辅助线，构造中位线求解即可．
【详解】（1） 四边形 是正方形，
，
在 中， ，
，
，
；
（2）延长 到点 ，使 ，连接
由 点向 作垂线，垂足为
∵ 为 的中点， 为 的中点，
∴ 为 的中位线，
在 中， ，
，
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在 中， ，
为 的中位线，
；
故答案为：2； .
28．（2024·青海·中考真题）综合与实践
顺次连接任意一个四边形的中点得到一个新四边形，我们称这个新四边形为原四边形的中点四边形．数学
兴趣小组通过作图、测量，猜想：原四边形的对角线对中点四边形的形状有着决定性作用．
以下从对角线的数量关系和位置关系两个方面展开探究．
【探究一】
原四边形对角线关系 中点四边形形状
不相等、不垂直 平行四边形
如图1，在四边形 中，E、F、G、H分别是各边的中点．
求证：中点四边形EFGH是平行四边形．
证明：∵E、F、G、H分别是AB、 、CD、 的中点，
∴ 、 分别是 和 的中位线，
∴ ， （____①____）
∴ ．
同理可得： ．
∴中点四边形EFGH是平行四边形．
结论：任意四边形的中点四边形是平行四边形．
（1）请你补全上述过程中的证明依据①________
【探究二】
原四边形对角线关
中点四边形形状
系
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不相等、不垂直 平行四边形
菱形
从作图、测量结果得出猜想Ⅰ：原四边形的对角线相等时，中点四边形是菱形．
（2）下面我们结合图2来证明猜想Ⅰ，请你在探究一证明结论的基础上，写出后续的证明过程．
【探究三】
原四边形对角线关系 中点四边形形状
不相等、不垂直 平行四边形
②________
（3）从作图、测量结果得出猜想Ⅱ：原四边形对角线垂直时，中点四边形是②________．
（4）下面我们结合图3来证明猜想Ⅱ，请你在探究一证明结论的基础上，写出后续的证明过程．
【归纳总结】
（5）请你根据上述探究过程，补全下面的结论，并在图4中画出对应的图形．
中点四边形形状
原四边形对角线关系
③________ ④________
结论：原四边形对角线③________时，中点四边形是④________．
【答案】（1）①中位线定理
（2）证明见解析
（3）②矩形
（4）证明见解析
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（5）补图见解析；③ 且 ；④正方形
【分析】本题考查了三角形中位线定理，平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，矩形的判定和性
质等知识
（1）利用三角形中位线定理即可解决问题；
（2）根据三角形中位线定理，菱形判定定理即可解决问题；
（3）根据三角形中位线定理，矩形判定定理即可解决问题；
（4）根据三角形中位线定理，矩形判定定理即可解决问题；
（5）根据三角形中位线定理，正方形判定定理即可解决问题.
【详解】（1）①证明依据是：中位线定理；
（2）证明：∵ 分别是 的中点，
∴ 分别是 和 的中位线，
∴ ，
∴ ．
同理可得： ．
∵
∴
∴中点四边形 是菱形．
（3）②矩形；
故答案为：矩形
（4）证明∵ 分别是 的中点，
∴ 分别是 和 的中位线，
∴ ， ，
∴ ．
同理可得： ．
∵
∴ ，
∴
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∴中点四边形 是矩形．
（5）证明：如图4，∵ 分别是 的中点，
∴ 分别是 和 的中位线，
∴ ，
∴ ．
同理可得： ．
∵
∴
∴中点四边形 是菱形．
∵
由（4）可知
∴菱形 是正方形．
故答案为：③ 且 ；④正方形
考点三 特殊的平行四边形
►考向一 矩形
29．（2024·辽宁·中考真题）如图，在矩形 中，点 在 上，当 是等边三角形时， 为
（ ）
A． B． C． D．
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【答案】C
【分析】本题考查了矩形的性质，等边三角形的性质，熟练掌握等边三角形的性质是解题的关键．
由矩形 得到 ，继而得到 ，而 是等边三角形，因此得到
．
【详解】解：∵四边形 是矩形，
∴ ，
∴ ，
∵ 是等边三角形，
∴ ，
∴ ，
故选：C．
30.．（2024·吉林·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点A的坐标为 ，点C的坐标为(0,2)．以
为边作矩形 ，若将矩形 绕点O顺时针旋转 ，得到矩形 ，则点 的坐标为
（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题主要考查了坐标与图形变化—旋转，矩形的性质等等，先根据题意得到 ，再
由矩形的性质可得 ，由旋转的性质可得 ，
，据此可得答案．
【详解】解：∵点A的坐标为 ，点C的坐标为 ，
∴ ，
∵四边形 是矩形，
∴ ，
∵将矩形 绕点O顺时针旋转 ，得到矩形 ，
∴ ， ，
∴ 轴，
∴点 的坐标为 ，
故选：C．
31．（2024·河北·中考真题）在平面直角坐标系中，我们把一个点的纵坐标与横坐标的比值称为该点的“特
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征值”．如图，矩形 位于第一象限，其四条边分别与坐标轴平行，则该矩形四个顶点中“特征值”最小
的是（ ）
A．点A B．点B C．点C D．点D
【答案】B
【分析】本题考查的是矩形的性质，坐标与图形，分式的值的大小比较，设 ， ， ，
可得 ， ， ，再结合新定义与分式的值的大小比较即可得到答案．
【详解】解：设 ， ， ，
∵矩形 ，
∴ ， ，
∴ ， ， ，
∵ ，而 ，
∴该矩形四个顶点中“特征值”最小的是点B；
故选：B．
32．（2024·西藏·中考真题）如图，在 中， ， ， ，点P是边 上任意一
点，过点P作 ， ，垂足分别为点D，E，连接 ，则 的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题考查了勾股定理的运用、矩形的判定和性质以及直角三角形的面积的不同求法，题目难度不
大，设计很新颖，解题的关键是求 的最小值转化为其相等线段 的最小值．连接 ，根据矩形的性
质可知： ，当 最小时，则 最小，根据垂线段最短可知当 时，则 最小，再根据
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三角形的面积为定值即可求出 的长．
【详解】解： 中， ， ， ，
，
连接 ，如图所示：
∵ 于点 ， 于点 ， ，
∴ ，
四边形 是矩形，
，
当 最小时，则 最小，根据垂线段最短可知当 时，则 最小，
∴此时 ．
故选：B．
33．（2024·新疆·中考真题）如图，在正方形 中，若面积 ，周长 ，则
．
【答案】40
【分析】本题考查了正方形、矩形的性质，完全平方公式等知识，设正方形 、 的边长分别为
a、b，先求出 ，然后根据 求解即可．
【详解】解：设正方形 、 的边长分别为a、b，
根据题意，得 ，
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∴ ，
∴
，
故答案为：40．
34．（2024·新疆·中考真题）如图， 的中线 ， 交于点O，点F，G分别是 ， 的中点．
(1)求证：四边形 是平行四边形；
(2)当 时，求证： 是矩形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，矩形的判断，三角形中位线定理等知识，解题的关键是：
（1）利用三角形中位线定理可得出 ， ，然后利用平行四边形的判定即可
得证；
（2）利用平行四边形的性质得出 ， ，结合点G是 的中点，可得出
，同理 ，则可得出 ， ，然后利用矩形判定即可得证．
【详解】（1）证明：∵ 的中线 ， 交于点O，
∴ ， ，
∵点F，G分别是 ， 的中点，
∴ ， ，
∴ ， ，
∴四边形 是平行四边形；
（2）证明：∵四边形 是平行四边形，
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∴ ， ，
∵G是 中点，
∴ ，
∴ ，
同理 ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵四边形 是平行四边形，
∴ 是矩形．
►考向二 菱形
35．（2024·浙江·中考真题）如图，已知菱形 的面积是24，E，F分别是菱形 的边 的
中点，连结 与 交于点G，则 的面积为（ ）
A． B． C．3 D．9
【答案】A
【分析】此题考查了菱形的性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，解答本题的关键
是正确的作出辅助线，技巧性较强．
延长 交 延长线于点 ，则 ，证明 ，即可得出
，根据菱形 的面积，求出 的面积，然后可得出 的面积．
【详解】解：如图，延长 交 延长线于点 ，
∵点F是边 的中点，
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∴ ，
∵四边形 是菱形，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
又∵点 是 中点，
∴ ，
∴ ，
∵菱形 的面积为24，
∴ 的面积为6，
∴ 的面积为 ，
故选：A．
36．（2024·海南·中考真题）如图，菱形 的边长为2， ，边 在数轴上，将 绕点A
顺时针旋转，点C落在数轴上的点E处，若点E表示的数是3，则点A表示的数是（ ）
A．1 B． C．0 D．
【答案】D
【分析】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，勾股定理．作 于点 ，利用菱形的性质，
直角三角形的性质，勾股定理计算即可．
【详解】解：作 于点 ，
∵ ，
∴ ，
∵ ，
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∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
∵点E表示的数是3，
∴点A表示的数是 ，
故选：D．
37．（2024·辽宁·中考真题）如图，在平面直角坐标系 中，菱形 的顶点 在 轴负半轴上，顶
点 在直线 上，若点 的横坐标是8，为点 的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】过点B作 轴，垂足为点D，先求出 ，由勾股定理求得 ，再由菱形的性质得
到 轴，最后由平移即可求解．
【详解】解：过点B作 轴，垂足为点D，
∵顶点 在直线 上，点 的横坐标是8，
∴ ，即 ，
∴ ，
∵ 轴，
∴由勾股定理得： ，
∵四边形 是菱形，
∴ 轴，
∴将点B向左平移10个单位得到点C，
∴点 ，
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故选：B．
【点睛】本题考查了一次函数的图像，勾股定理，菱形的性质，点的坐标平移，熟练掌握知识点，正确添
加辅助线是解题的关键．
38．（2024·上海·中考真题）四边形 为矩形，过 作对角线 的垂线，过 作对角线 的
垂线，如果四个垂线拼成一个四边形，那这个四边形为（ ）
A．菱形 B．矩形 C．直角梯形 D．等腰梯形
【答案】A
【分析】本题考查矩形性质、等面积法、菱形的判定等知识，熟练掌握矩形性质及菱形的判定是解决问题
的关键．由矩形性质得到 ， ，进而由等面积法确定 ，
再由菱形的判定即可得到答案．
【详解】解：如图所示：
四边形 为矩形，
， ，
过 作对角线 的垂线，过 作对角线 的垂线，
，
如果四个垂线拼成一个四边形，那这个四边形为菱形，
故选：A．
39．（2024·四川·中考真题）如图，在菱形 中， ，则菱形 的周长为 ．
【答案】8
【分析】本题主要考查菱形的性质．根据菱形的性质“菱形的四条边相等”可直接进行求解．
【详解】解：由菱形的四条边相等可得：菱形的周长为 ，
故答案为：8．
40．（2024·广东·中考真题）如图，菱形 的面积为24，点E是 的中点，点F是 上的动点．若
的面积为4，则图中阴影部分的面积为 ．
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【答案】10
【分析】本题考查了菱形的性质，三角形中线的性质，利用菱形的性质、三角形中线的性质求出 ，
，根据 和菱形的面积求出 ， ，则可求出 的面积，然后利用
求解即可．
【详解】解：连接 ，
∵菱形 的面积为24，点E是 的中点， 的面积为4，
∴ ， ，
设菱形 中 边上的高为h，
则 ，即 ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
故答案为：10．
41．（2024·云南·中考真题）如图，在四边形 中，点 、 、 、 分别是各边的中点，且
， ，四边形 是矩形．
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(1)求证：四边形 是菱形；
(2)若矩形 的周长为22，四边形 的面积为10，求 的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接 ， ，证明四边形 是平行四边形，再利用三角形中位线定理得到 ，
，利用矩形的性质得到 ，即可证明四边形 是菱形；
（2）利用三角形中位线定理和菱形性质得到 ，利用lx 面积公式得到
，再利用完全平方公式结合勾股定理进行变形求解即可得到 ．
【详解】（1）解：连接 ， ，
， ，
四边形 是平行四边形，
四边形 中，点 、 、 、 分别是各边的中点，
， ，
四边形 是矩形，
，
，
四边形 是菱形；
（2）解： 四边形 中，点 、 、 、 分别是各边的中点，
， ，
矩形 的周长为22，
，
四边形 是菱形，
即 ，
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四边形 的面积为10，
，即 ，
，
，
．
【点睛】本题考查了平行四边形性质和判定，矩形的性质和判定，三角形中位线定理，菱形的性质和判定，
菱形面积公式，勾股定理，完全平方公式，熟练掌握相关性质是解题的关键．
►考向三 正方形
42．（2024·陕西·中考真题）如图，正方形 的顶点G在正方形 的边 上， 与 交于点
H，若 ， ，则 的长为（ ）
A．2 B．3 C． D．
【答案】B
【分析】本题考查了相似三角形的判定和性质，正方形的性质．证明 ，利用相似三角形
的性质列式计算即可求解．
【详解】解：∵正方形 ， ，
∴ ，
∵正方形 ， ，
∴ ，
∴ ，
由题意得 ，
∴ ，
∴ ，即 ，
解得 ，
故选：B．
43．（2024·重庆·中考真题）如图，在边长为4的正方形 中，点 是 上一点，点 是 延长线
上一点，连接 ， ， 平分 ．交 于点 ．若 ，则 的长度为（ ）
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A．2 B． C． D．
【答案】D
【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，先由正方形的性质得到
，再证明 得到
，进一步证明 得到 ，设 ，则
，
在 中，由勾股定理得 ，解方程即可得到答案．
【详解】解：∵四边形 是正方形，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
∴ ，
∵ 平分 ，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
∴ ，
设 ，则 ，
在 中，由勾股定理得 ，
∴ ，
解得 ，
∴ ，
故选：D．
44．（2024·广西·中考真题）如图，边长为5的正方形 ，E，F，G，H分别为各边中点，连接 ，
， ， ，交点分别为M，N，P，Q，那么四边形 的面积为（ ）
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A．1 B．2 C．5 D．10
【答案】C
【分析】先证明四边形 是平行四边形，利用平行线分线段成比例可得出 ， ，证
明 得出 ，则可得出 ，同理 ，得出平行四
边形 是矩形，证明 ，得出 ，进而得出 ，得出矩
形 是正方形，在 中，利用勾股定理求出 ，然后利用正方形的面积公式求解即可．
【详解】解：∵四边形 是正方形，
∴ ， ， ， ，
∵E，F，G，H分别为各边中点，
∴ ， ，
∴ ，
∴四边形 是平行四边形，
∴ ，
同理 ，
∴四边形 是平行四边形，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
同理 ，
∵ ， ， ，
∴ ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，同理 ，
∴平行四边形 是矩形，
∵ ， ， ，
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∴ ，
∴ ，
又 ， ，
∴ ，
∴矩形 是正方形，
在 中， ，
∴ ，
∴ ，
∴正方形 的面积为5，
故选：C．
【点睛】本题考查了正方形的判定与性质，全等三角形判定与性质，平行线分线段成比例，勾股定理等知
识，明确题意，灵活运用相关知识求解是解题的关键．
45．（2024·吉林·中考真题）如图，正方形 的对角线 相交于点O，点E是 的中点，点F
是 上一点．连接 ．若 ，则 的值为 ．
【答案】
【分析】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，正方形的性质，先由正方形的性质得到 ，
，再证明 ，进而可证明 ，由相似三角形的性质可得 ，即
．
【详解】解：∵正方形 的对角线 相交于点O，
∴ ， ，
∵点E是 的中点，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
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∴ ，即 ，
故答案为： ．
46.（2024·内蒙古·中考真题）如图， ， 平分 ， ．
(1)求证：四边形 是平行四边形；
(2)过点B作 于点G，若 ，请直接写出四边形 的形状．
【答案】(1)证明见详解
(2)四边形 为正方形
【分析】（1）由角平分线的定义可得出 ，由平行线的性质可得出 ，等量代
换可得出 ，利用 证明 ，由全等三角形的性质得出 ，结合已知
条件可得出四边形 是平行四边形．
（2）由已知条件可得出 ，由平行四边形的性质可得出 ， ，根据平
行线的性质可得出 ， ，由全等三角形的性质可得出 ，等量代换可得出
， 即可得出四边形 为正方形．
【详解】（1）证明：∵ 平分 ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
在 和 中，
，
∴ ，
∴ ，
由∵ ，
∴四边形 是平行四边形．
（2）四边形 是正方形．
过点B作 于点G，
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∴ ，
∵四边形 是平行四边形．
∴ ， ，
∴ ， ，
∴ ， ，
由（1） ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴四边形 是正方形．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定以及性质，平行四边形的性质和判定，正方形的判定，以及平
行线的性质，掌握全等三角形的判定以及性质，平行四边形的性质和判定，正方形的判定定理是解题的关
键．
一、单选题
1．（2024·山西·模拟预测）如图，O是菱形 的对角线 的中点，以O为原点，建立如图平面直角
坐标系，若 轴， ， ，点C的坐标是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】令 与y轴的交点为字母E，根据菱形的性质和 说明 是等边三角形，再求出
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，然后根据直角三角形的性质得 ，结合勾股定理求出 ，可知点A的坐标，最后根据点A和点C
关于原点对称得出答案．
【详解】如图所示，令 与y轴的交点为字母E，
∵四边形 是菱形，
∴ ．
∵ ， ，
∴ 是等边三角形，则 ，
∵点O是菱形 的对角线的 中点，
∴ ．
∵ 轴，则 ，
∴ ，
∴
根据勾股定理，得 ，
∴ ．
∵点A和点C关于原点对称，
∴ ．
故选：D．
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质，理解菱
形的对称性是解题的关键．
2．（2024·广东·模拟预测）将一副三角尺在平行四边形按如图所示的方式摆放，设 ，则 的度数
为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】本题主要考查了平行线的性质，三角板中角度的计算，平行四边形的性质，求出 的度数是
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解题的关键．如图所示，过点G作 ，由平行线的性质得到 ，
，然后求出 的度数即可求出∠2的度数．
【详解】解：如图所示，过点G作 ，
由题意得 ， ，则 ，
∴ ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，
故选：C．
3．（2024·浙江·模拟预测）如图，等腰梯形 （ ）
A．既是轴对称图形，又是中心对称图形
B．是轴对称图形，但不是中心对称图形
C．是中心对称图形，但不是轴对称图形
D．既不是轴对称图形，也不是中心对称图形
【答案】B
【分析】本题考查了轴对称图形和中心对称图形的定义，等腰梯形的性质，根据轴对称图形和中心对称图
形的定义解答即可，掌握轴对称图形和中心对称图形的定义是解题的关键．如果一个平面图形沿一条直线
折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形；把一个图形绕着某一个点旋转 ，
如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形
【详解】解：等腰梯形是轴对称图形，但不是中心对称图形，
故选：B．
4．（2024·湖北·模拟预测）类比“赵爽弦图”，可类似的构造如图所示的图形，它是由中间的小正六边形和
6个全等的直角三角形拼成的一个大正六边形，若在大正六边形内部随机取一点，则此点取自小正六边形
的概率是（ ）
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A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先对图形标注，根据内角和定理求出 ，即可得出 ，再设
，根据直角三角形的性质得 ，由勾股定理求出 ，根据题意可知 ，可求
，然后求出等边三角形的面积，进而得出正六边形的面积，最后根据面积比得出答案．
【详解】如图所示，
正六边形的每个内角 ，
∴ ．
设 ，
∴ ，
根据勾股定理得 ．
根据题意可知 ，
∴ ．
作 ，交 于点F，
∵ 是等边三角形，
∴ ．
根据勾股定理得 ，
∴ ， ，
∴正六边形的面积 ，六个直角三角形的面积为 ，
∴此点取自小正六边形的概率是 ．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了多边形的内角和定理，直角三角形的性质，勾股定理，概率的计算公式，理解用
面积比表示概率是解题的关键．
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5．（2024·广东·模拟预测）如图，D，E分别是 的边 ， 的中点，若 的周长为6，则
的周长为（ ）
A． B．3 C．12 D．36
【答案】C
【分析】本题考查了三角形中位线定理，熟练掌握三角形的中位线定理是解题关键．先根据三角形的中位
线定理可得 ，再根据三角形的周长公式求解即可得．
【详解】解：∵点 分别是 的边 ， 的中点，
∴ ，即 ，
∵ 的周长为6，
∴ ，
∴ 的周长为 ，
故选：C．
6．（2024·安徽·模拟预测）如图，矩形 中，点 在 边上， 平分 ， ， 分别是 ，
的中点， ， ，则 的值为（ ）
A． B． C． D．3
【答案】D
【分析】根据矩形的性质先证明 是等腰直角三角形，求出 ， ，再
利用直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半求出 ，利用勾股定理求出 ，进而
得到 ，根据 是 的中位线，即可求解．
【详解】解： 四边形 矩形，
∴ ， ，
，
平分 ，
，
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，
是等腰直角三角形，
，
是 的中点， ，
，
，
为 的中点， ， ，
，
在 中， ，
，
，
， 分别为 ， 的中点，
是 的中位线，
，
故选：D．
【点睛】本题考查矩形的性质，等腰三角形的判定与性质，三角形中位线，勾股定理，直角三角形中斜边
上的中线等于斜边的一半，熟练掌握以上知识点是解题的关键．
7．（2024·河北·模拟预测）在 中， ， 是 的中点，求证： ．
证明：如图，延长 至点 ，使 ，连接 ， ．
……
，
．
下面是“……”部分被打乱顺序的证明过程：①∴四边形 是平行四边形；②∵ ；③∵
， ；④∴四边形 是矩形，则正确的顺序是（ ）．
A．③①②④ B．③②①④ C．②③①④ D．②①③④
【答案】A
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【分析】本题考查了平行四边形的判定，矩形的判定和性质，掌握特殊四边形的判定和性质是解题关键．
从结论入手，要证明直角三角形斜边的中线等于斜边的一半，显然不能应该斜边中线定理，看到提示的两
行证明，有对角线相等，由此根据矩形的对角线互相平分且对角线相等的性质，作辅助线补全四边形，先
证平行四边形再证矩形，即可推出结论．
【详解】解:根据提示，先由对角线互相平分证明四边形是平行四边形，再由平行四边形证明是矩形，
证明过程应为：③ ， ；
① 四边形 是平行四边形；
② ；
④ 四边形 是矩形．
，
．
即证明过程为 ③①②④，
故选：A．
8．（2024·广东·模拟预测）若一个多边形的内角和是它的外角和的8倍，则该多边形的边数为（ ）
A．19 B．18 C．17 D．16
【答案】B
【分析】本题考查了多边形的内角和与外角和的综合，先设多边形的边数为 条，因为一个多边形的内角
和是它的外角和的8倍，所以 ，解出 值，即可作答．
【详解】解：设该多边形的边数为 条，
则列方程为 ，
解得： ，
故选B．
9．（2024·山西·模拟预测）如图，将正五边形纸片 沿 折叠，得到 ，点C的对应点为点
， 的延长线交 于点F，若 ，则 的度数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】本题考查了正多边形的内角和，折叠的性质，三角形内角和定理等知识．熟练掌握正多边形的内
角和，折叠的性质，三角形内角和定理是解题的关键．由正五边形纸片 ，可得
，由 ，可得 ，由折叠的性质可知，
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， ，根据 ，求解作答即
可．
【详解】解：∵正五边形纸片 ，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
由折叠的性质可知， ， ，
∴ ，
故选：B．
10．（2024·广东·模拟预测）下列说法中，错误的是（ ）
A．在同一平面内，垂直于同一条直线的两条直线平行
B．等角对等边
C．四条边相等的四边形是正方形
D．圆的切线垂直于过切点的半径
【答案】C
【分析】本题考查平行线的判定，等腰三角形的性质，正方形的判定，切线的性质，根据各个知识点逐个
判断即可．
【详解】A.在同一平面内，垂直于同一条直线的两条直线平行，说法正确，不符合题意；
B.等角对等边，说法正确，不符合题意；
C.四条边相等的四边形是菱形，说法错误，符合题意；
D.圆的切线垂直于过切点的半径，说法正确，不符合题意；
故选：C．
11．（2024·河北·模拟预测）如图，在 中， ，点 分别是
的中点，顺次连接 ，在 从 逐渐增大到 的过程中，四边形
形状的变化依次是（ ）
A．平行四边形→菱形→平行四边形
B．平行四边形→矩形→平行四边形
C．平行四边形→菱形→正方形→平行四边形
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D．平行四边形→矩形→正方形→平行四边形
【答案】A
【分析】本题主要考查了三角形的中位线．熟练掌握三角形的中位线性质，平行四边形的性质与判定，菱
形的判定，是解题的关键．
根据三角形中位线定理，得到 ，得到 ，
得到四边形 是平行四边形，当 时， 是矩形， ，得到 ，得到
是菱形；当 时，或 时， ，∴ ，四边形 是平行四
边形，
【详解】连接 ，
∵E、F、G、H是的各边中点，
∴ ，
∴ ，
当 时，
∵ 中， ，
∴ ，
∴四边形 是平行四边形，
当 时， 是矩形，
∴ ，
∴ ，
∴ 是菱形，
当 时，
∵ ，
∴ ，
∴四边形 是平行四边形．
∴四边形 形状的变化依次是：平行四边形→菱形→平行四边形．
故选：A．
12．（2024·安徽·模拟预测）如图，正方形 中，点 ， 分别在边 ， 上，且 ，
分别交 ， 于点 ， ，以点A为圆心， 长为半径画弧 下列结论：① ；②
；③ ；④ 与 相切；⑤ ．其中正确结论的个数是
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（ ）
A． 个 B． 个 C． 个 D． 个
【答案】B
【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，切线的判定，
勾股定理，正确的作出辅助线，熟练掌握这些性质，是解题的关键．
延长 到 ，使 ，连接 根据全等三角形的性质得到 ， ，求得
，证得 ，根据全等三角形的性质即可得到 ；故 正确；在
上截取 ，根据全等三角形的性质得到 ， ，证得 ，
根据勾股定理得到 ，根据全等三角形的性质得到 ，等量代换得到
；故 正确；根据平行线的性质得到 ，推出 ，又
，于是得到 ，故 正确；过A作 于 ，根据角平分线的性质得到
，于是得到 与 相切；故 正确；由 ，而 不一定等于 ，于是
得到 不一定平行于 ，故 错误．
【详解】解：延长 到 ，使 ，连接 ．
在 和 中， ，
，
， ，
又 ， ，
．
在 和 中，
，
，
，
又 ，
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；故 正确；
在 上截取 ，连接 、 ，
在 和 中， ，
，
， ，
又 ，
．
．
在 和 中，
，
，
．
；故 正确；
，
．
， ，
，
又 ，
，故 正确；
过A作 于 ，
， ，
，
与 相切；故 正确；
，而 不一定等于 ，
不一定等于 ，
不一定平行于 ，故 错误，
故选：B．
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二、填空题
13．（2024·上海·模拟预测）如图1是一款可升降篮球架，支架 ， ， 的长度固定，A，D，G为
立柱 上的点， 地面，篮板 地面， ， 米， 米，若改变伸缩
臂 的长度，则 ，CD可绕点A，D旋转来调整篮筐的高低．如图2，当 时，可测得篮筐
的固定点C距离地面为2.9米，则支架CD的长为 米．降低篮筐高度如图3，连结 交CD于点O，
平分 ， ，此时篮筐的固定点C离地面的距离为 米．
【答案】
【分析】本题考查了平行线的判定和性质，角平分线性质，等腰三角形的判定和性质，平行四边形的判定
和性质，矩形的判定和性质，熟练掌握相关判定和性质是解题的关键．
延长 交地面于点 ，过点 作 于点 ，可得 ，利用平行线性质，可得 ，
进而求得 ，利用直角三角形性质，可得 ，由此得解；设 于 相交于 ，连接
，连接 ，由 ， ，得四边形 是平行四边形，进而得到 ，利
用 平分 ，结合 ，可得 ，根据等角对等边得 ，进而得到
，结合 ，得到四边形 是平行四边形，利用平行四边形性质，结合 ，可
证平行四边形 是矩形，由此即可得解．
【详解】解：如图，延长 交地面于点 ，过点 作 于点 ，
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地面，篮板 地面，
，
∴
，
，
，
，
又
，
米，
故支架 的长为 米．
如图，设 于 相交于 ，连接 ，连接 ，
，
，
又
四边形 是平行四边形，
，
，
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，
平分 ，
，
又 ，
，
，
，
，
又 ，
四边形 是平行四边形，
互相平分，
，
，
平行四边形 是矩形，
，即 ，
四边形 是矩形，
米．
故此时篮筐的固定点C离地面的距离为 米．
故答案为∶ ； ．
14．（2024·陕西·模拟预测）如图，在矩形 中， ， 在边 上， ，连接
，则线段 的最小长度为 ．
【答案】
【分析】根据题意取 的中点 ，连接 ，作点 关于 的对称点 ，连接 ，利用矩
形性质证明四边形 为平行四边形，再根据对称性得 ，继而利用勾股定理即可得到本
题答案．
【详解】解：如图，取 的中点 ，连接 ，作点 关于 的对称点 ，连接 ，
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，
∵矩形 中， ， ，
∴ ， ，
∴四边形 为平行四边形，
∴ ，即 ，
∵根据对称性可知 ，则 ， ，
∵ ，
∴ 的最小长度： ，
故答案为： ．
【点睛】本题考查平行四边形判定及性质，矩形性质，对称性质，勾股定理等．
15．（2024·湖南·模拟预测）已知四边形 的对角线 垂直平分对角线 于点 ，要使四边形
为菱形，则可添加的条件是 （添加一个条件即可，不添加其他的点和线）．
【答案】 （答案不唯一）
【分析】本题主要考查菱形的判定，掌握菱形的判定方法是解题的关键．根据菱形的判定即可得出答案．
【详解】解：添加 ，理由如下：
∵四边形 的对角线 垂直平分对角线 于点 ，
，
，
∴四边形 是菱形，
故答案为： （答案不唯一）．
16．（2024·广东·模拟预测）如图，将一张长方形纸片 沿 折叠，使点A，B分别落在点 ， 的
位置．若 ，则 ．
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【答案】
【分析】本题考查了矩形与折叠问题，熟练掌握折叠的性质是解题关键．先根据矩形的性质可得
，再根据折叠的性质可得 ，由此即可得．
【详解】解：∵四边形 是矩形，
∴ ，
∴ ，
由折叠的性质得： ，
∴ ，
故答案为： ．
17．（2024·浙江·一模）如图，正方形 的边长为 ，以AB边上的动点 为圆心， 为半径作圆，
将 沿 翻折至 ，若 过 一边上的中点，则 的半径为 ．
【答案】 或 或
【分析】分三种情况讨论，设 的半径为 ，分别根据勾股定理，即可求解．
【详解】设 的半径为 ，当 经过 的中点，即经过 的中点，
∴ ，
当 经过 的中点，则 ，
∴ ， ，
在 中，
∴
解得： （负值舍去）
当 经过 的中点，即经过 的中点，设 的中点为 ，
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∴
∴
解得：
综上所述，半径为 、 、
故答案为： 或 或 ．
【点睛】本题考查翻折的性质，勾股定理，正方形的性质，掌握翻折的性质，勾股定理，正方形的性质以
及分类讨论是正确解答的关键．
18．（2024·重庆·一模）如图，在 中，E为 边中点．以C为圆心，CD为半径画弧，恰好经过点
A．以C为圆心，CE为半径画弧，与AD相切于点F．若 ，则阴影部分的面积为 ．（结果保
留π）
【答案】
【分析】根据切线的性质得到 ，得到 ，根据平行四边形的性质得到 ，求得
，根据等腰三角形的性质得到 ， ，根据扇形、正方形、三角形的面积公式即可
得到结论．
【详解】解： 与 切于 ，
，
由题意可知： ，
，
四边形 是平行四边形，
，
，
为 边中点，
， ，
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，
，
，
， ，
，
四边形 是正方形，
阴影部分的面积 扇形 的面积 的面积 正方形 的面积 扇形 的面积
，
故答案为： ．
【点睛】本题考查了切线的性质，扇形面积的计算，平行四边形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，
正确地识别图形是解题的关键．
19．（2024·上海·模拟预测）如图1两张等宽的矩形纸片，矩形纸片 不动，将矩形纸片 按如
图2方式缠绕：先将点 与点 重合，再依次沿 、 对折，点A、C所在的相邻两边不重叠、无空隙，
最后 边刚好经过点G．
若 ， ，则 长为
【答案】1
【分析】根据矩形的性质，得出 ， ，证明四边形 是平行四边形，利用 证
明 ，得出 ，即可证明四边形 是菱形；标记点 ，根据矩形的性质，得出
， ， ， ，证明四边形 和四边形 是平
行四边形，根据菱形的性质、全等三角形的性质，得出 ， ， ，
证明四边形 是菱形，根据含 角的直角三角形的性质，得出 ，证明 、 、
、 是边长相等的等边三角形，求出 ， ，根据
，得出答案即可．
【详解】解：∵两张纸片是等宽的矩形纸片，
∴ ， ， ， ，
∴ ，四边形 是平行四边形，
∴ ，
在 和 中，
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，
∴ ，
∴ ，
∴四边形 是菱形，
如图，标记点 ，
∵两张纸片是等宽的矩形纸片，
∴ ， ， ， ，
∴四边形 和四边形 是平行四边形，
∴
∵由（1）得 ， ，四边形 是菱形，
∴ ， ， ，
∴四边形 是菱形，
∴ ，
∵ ，
∴ ，
∴ 和 是等边三角形，
∴ ，
∴ ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ 、 是等边三角形，
∵ 、 、 、 依次有公共边，
∴ 、 、 、 是边长相等的等边三角形，
∴ ，
∵ ，
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∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ， ，
∴ ，
故答案为：1．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、全等三角形的判定与性质、菱形的判定与性质、含 角的直角三
角形的性质、等边三角形的判定与性质，灵活运用知识点推理证明是解题的关键．
三、解答题
20．（2024·湖南·模拟预测）慈氏塔（如图①）作为湖南现存最早的砖塔之一，以其巍然䇯立，雄视洞庭
湖，成为“巴陵胜状”之一．某兴趣小组决定利用所学知识开展以“测量慈氏塔的高度”为主题的活动，并写出
如下项目报告：
课题 测量慈氏塔的高度
测量
测角仪、无人机等
工具
测量
示意
图
如图②，测量小组使无人机在点 处以 的速度竖直上升 后，飞行至点 处，在点 处测
测量
得塔顶 的俯角为 ，然后沿水平方向向左飞行至点 处，在点 处测得塔顶 和点 的俯角均
过程
为
点 均在同一竖直平面内，且点 在同一水平线上， ．结果精确到 ．参考
说明
数据：
(1)求无人机从点 到点 处的飞行距离；
(2)求慈氏塔 的高度．
【答案】(1)
(2)慈氏塔 的高度为
【分析】本题考查解直角三角形的应用-仰角俯角问题，矩形的判定与性质，解题的关键是学会利用参数构
建方程解决问题，属于常考题型．
（1）先根据题意可求出 ， ，再根据 中， 即可解答；
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（2）过点D作 ，交 延长线于点H，设 ，则 ，解直
角三角形求出x的值，证明四边形 是矩形，得到 ，由 即可解答．
【详解】（1）解：根据题意得： ， ，
在 中， ，
；
（2）解：过点D作 ，交 延长线于点H，
，
，
，
设 ，则 ，
在 中，
，
，
解得： ，
，
，
四边形 是矩形，
，
，
答：慈氏塔 的高度为 ．
21．（2024·广东·模拟预测）如图， 是 的角平分线，过点D分别作 和 的平行线，交
于点E，交 于点F．试判断四边形 的形状，并给出证明．
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【答案】四边形 是菱形，证明见解析
【分析】本题考查了菱形的判定、等腰三角形的判定、平行线的性质等知识，熟练掌握菱形的判定是解题
关键．先根据平行四边形的判定可得四边形 是平行四边形，再根据等腰三角形的判定可得 ，
然后根据菱形的判定即可得．
【详解】解：四边形 是菱形，证明如下：
∵ ，
∴四边形 是平行四边形，
∵ 是 的角平分线，
∴ ，
又∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴四边形 是菱形．
22．（2024·湖南·模拟预测）如图，在 中， 交于点 ，点 在 上， ．
(1)求证：四边形 是平行四边形；
(2)若 求证：四边形 是菱形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题主要考查了平行四边形的判定和性质、菱形的判定和性质、平行线的性质等知识点，熟练掌
握菱形和平行四边形的判定方法是解题的关键．
（1）先根据四边形 为平行四边形可得 、 ，再根据 得出 ，即可
证明结论；
（2）先证明 得出 ，证明四边形 为菱形得出 ，即可证明结论．
【详解】（1）证明：∵ ，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，即 ，
∴四边形 是平行四边形．
（2）解：∵四边形 为平行四边形，
∴ ，
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∴ ，
∵
∴ ，
∴ ，
∴四边形 为菱形，
∴ ，即 ，
∵四边形 是平行四边形，
∴四边形 是菱形．
23．（2024·山东·模拟预测）如图，在 中， ， ，延长 至点 ，使 ，连接
，交 于点 ，连接 ， ， ．
(1)求证：四边形 是矩形；
(2)求 的面积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证四边形 是平行四边形，得 ， ，再证 ，即可得证；
（2）由矩形的性质得 ，由勾股定理求出 ，即可得解．
【详解】（1）证明：∵四边形 是平行四边形， ，
∴ ， ， ，
∵ ，
∴ ，
∴四边形 是平行四边形，
∴ ， ，
∵ ，
∴ ，
∴ ，
∴ ，
∴四边形 是矩形；
（2）解：∵四边形 是矩形， ， ，
∴ ，
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∴ ，
∴ ，
∴ 的面积为 ．
【点睛】本题考查矩形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，等腰三角形的判定，勾股定理，三角形
外角的定义及性质等知识，掌握矩形的判定与性质是解题的关键．
24．（2024·浙江·模拟预测）如图，在正五边形 中，连结 交 于点F
(1)求 的度数．
(2)已知 ，求 的长．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据五边形 是正五边形，判断出 ，
，求出 ，进而可求出 的度数；
（2）证明 得 ，设 ，则 ，列出方程，解方程即可求出
的长．
【详解】（1）解：∵五边形 是正五边形，
， ，
∴ ，
同理可求 ，
∴ ．
（2）解：∵ ，
∴ ，
同理可证 ，
∴四边形 是菱形，
，
同理 ，
∴ ，
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∵ ，
，
，即 ，
设 ，则 ，
，即 ，
解得 （舍去负值），
的长是 ．
【点睛】本题考查了正多边形的性质，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，根据正五边形的性
质，找到相似三角形，利用相似三角形的性质是解题的关键．
25．（2024·安徽·模拟预测）在正方形 中，点 是 边上的一动点，连接 ．以 为边在直线
右侧作正方形 ．
(1)如图1，若 与 交于点 ，且 ，求 的度数；
(2)如图2，连接 ，求证： 三点共线；
(3)如图3，若点 是 边的中点， ，连接 ，求线段 的长．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）由正方形性质得到 ， ，根据已知条件，数形结合得
到 ，进而在四边形 中，由四边形内角和为 列方程求解即可得到答案；
（2）由题意可知 ，只需要证明 即可得证 三点共线，利用正方形性质及
互余定义，等量代换即可得证；
（3）过点 作 于点 ，如图所示，由三角形全等的判定定理得到 ，结合全
等性质、正方形性质及中点定义得到各个线段长度，在 中，由勾股定理求解即可得到答案．
【详解】（1）解：在正方形 中， ；
在正方形 中， ，
，
，
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则 ，
在四边形 中， ，
即 ，
则 ；
（2）证明：如图所示：
在正方形 中， ；
在正方形 中， ，
； ； ； ； ；
，
； ；
，
，
即 ，
，
，即 三点共线；
（3）解：过点 作 于点 ，如图所示：
，
在正方形 中， ；
在正方形 中， ， ，
，
则 ，
在 和 中，
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，
，
点 是 边的中点， ，
，
则 ，
在 中， ， ，
则由勾股定理可得 ．
【点睛】本题考查正方形综合，涉及正方形性质、互余定义、四边形内角和、互补定义、三角形全等的判
定与性质、勾股定理等知识，熟练掌握正方形性质及相关几何性质，灵活运用是解决问题的关键．
67
