五年(2021-2025)中考数学真题分类汇编(河南专用)12：四边形的有关性质和应用（教师版）

专题12四边形的有关性质和应用考点一、三角形中位线的性质1．（2025·河南·中考真题）如图所示的网格中，每个小正方形的边长均为，的三个顶点均在网格线的交点上，点D、E分别是边、与网格线的交点，连接，则的长为（

）

A． B．1 C． D．【答案】B【分析】本题考查了平行线分线段成比例定理，三角形中位线定理，证明出是的中位线是解题关键．取格点、，由网格的性质可知，，得到，，进而证明是的中位线，即可求解．【详解】解：如图，取格点、，

由网格的性质可知，，，，、分别是、的中点，是的中位线，，故选：B．考点二、利用平行四边形的性质求解3．（2023·河南·中考真题）李老师善于通过合适的主题整合教学内容，帮助同学们用整体的、联系的、发展的眼光看问题，形成科学的思维习惯．下面是李老师在“图形的变化”主题下设计的问题，请你解答．

(1)观察发现：如图1，在平面直角坐标系中，过点的直线轴，作关于轴对称的图形，再分别作关于轴和直线对称的图形和，则可以看作是绕点顺时针旋转得到的，旋转角的度数为______；可以看作是向右平移得到的，平移距离为______个单位长度．(2)探究迁移：如图，中，，为直线下方一点，作点关于直线的对称点，再分别作点关于直线和直线的对称点和，连接，，请仅就图的情形解决以下问题：①若，请判断与的数量关系，并说明理由；②若，求，两点间的距离．(3)拓展应用：在（2）的条件下，若，，，连接．当与的边平行时，请直接写出的长．【答案】(1)，．(2)①，理由见解析；②(3)或【分析】（1）观察图形可得与关于点中心对称，根据轴对称的性质可得即可求得平移距离；（2）①连接，由对称性可得，，进而可得，即可得出结论；②连接分别交于两点，过点作，交于点，由对称性可知：且，得出，证明四边形是矩形，则，在中，根据，即可求解；（3）分，，两种情况讨论，设，则，先求得，勾股定理求得，进而表示出，根据由（2）②可得，可得，进而建立方程，即可求解．【详解】（1）（1）∵关于轴对称的图形，与关于轴对称，∴与关于点中心对称，则可以看作是绕点顺时针旋转得到的，旋转角的度数为∵，∴，∵,关于直线对称，∴，即，可以看作是向右平移得到的，平移距离为个单位长度．故答案为：，．

（2）①，理由如下，连接，

由对称性可得，，∴，②连接分别交于两点，过点作，交于点，

由对称性可知：且，∵四边形为平行四边形，∴∴三点共线，∴，∵，∴，∴四边形是矩形，

∴，在中，，∵，∴,∴（3）解：设，则，依题意，，当时，如图所示，过点作于点，

∴∵，，∴，∴，则，在中，，∴，则，∴在中，，则，，在中，，

，∴由（2）②可得，∵∴∴，解得：；如图所示，若，则，

∵，则，则，∵，，∵，∴，解得：，综上所述，的长为或．【点睛】本题考查了轴对称的性质，旋转的性质，平行四边形的性质，解直角三角形，熟练掌握轴对称的性质是解题的关键．考点三、平行四边形与相似三角形的综合4．（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，∴，∵，∴，∴，即，∴，故选：B．考点四、矩形性质的应用5．（2023·河南·中考真题）矩形中，M为对角线的中点，点N在边上，且．当以点D，M，N为顶点的三角形是直角三角形时，的长为．【答案】2或【分析】分两种情况：当时和当时，分别进行讨论求解即可．【详解】解：当时，

∵四边形矩形，∴，则，由平行线分线段成比例可得：，又∵M为对角线的中点，∴，∴，即：，∴，当时，

∵M为对角线的中点，∴为的垂直平分线，∴，∵四边形矩形，∴，则，∴∴，综上，的长为2或，故答案为：2或．【点睛】本题考查矩形的性质，平行线分线段成比例，垂直平分线的判定及性质等，画出草图进行分类讨论是解决问题的关键．考点五、矩形性质与相似三角形的综合6．（2025·河南·中考真题）在中，点是的平分线上一点，过点作，垂足为点，过点作，垂足为点，直线交于点，过点作，垂足为点．(1)观察猜想如图1，当为锐角时，用等式表示线段的数量关系：__________．(2)类比探究如图2，当为钝角时，请依据题意补全图形（无需尺规作图），并判断（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请写出正确结论，并证明．(3)拓展应用当，且时，若，请直接写出的值．【答案】(1)(2)图见解析；不成立，，证明见解析(3)或．【分析】本题主要考查了角平分线的性质定理、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、矩形的判定与性质等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键．（1）如图，过点C作于点P，由角平分线的性质定理可得，再证明可得，然后说明四边形是矩形可得，最后根据线段的和差以及等量代换即可解答；（2）如图，过点C作于点Q，由角平分线的性质定理可得，再证明可得，然后说明四边形是矩形可得，最后根据线段的和差以及等量代换即可解答；（3）分和分别利用（1）（2）的相关结论以及相似三角形的判定与性质、勾股定理解答即可．【详解】（1）解：如图，过点C作于点P，∵平分，，，∴，在和中，∵，，∴，∴，∵，，，∴，∴四边形是矩形，∴，∴．故答案为：．（2）解：不成立，，证明如下：如图，过点C作于点Q，∵平分，，，∴，在和中，∵，，∴，∴，∵，，，∴，∴四边形是矩形，∴，∴．（3）解：①如图：当时，∵，∴，∴，∴，即，∴，∴，∵，∴，∴，∴；②如图：当时，∵，∴，∴，∴，即，∴，∴，∵，∴，∴，∴．综上，的值为或．考点六、菱形性质与判定7．（2025·河南·中考真题）如图，在菱形中，，点在边上，连接，将沿折叠，若点落在延长线上的点处，则的长为（

）A．2 B． C． D．【答案】D【分析】由折叠的性质可知，，，再根据菱形的性质，得出，从而求出，则，即可求解．【详解】解：由折叠的性质可知，，，在菱形中，，，，，，，，，故选：D．【点睛】本题考查了折叠的性质，菱形的性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，分母有理化等知识，掌握菱形的性质是解题关键．8．（2014·河南·中考真题）如图，在菱形ABCD中，AB=1，∠DAB=60°，把菱形ABCD绕点A顺时针旋转30°得到菱形AB′C′D′，其中点C的运动路径为，则图中阴影部分的面积为．【答案】【分析】根据菱形的性质以及旋转角为30°，连接CD′和，可得A、D′、C及A、B、C′分别共线，求出扇形的面积，再根据AAS证得两个小三角形全等，求得面积，最后根据扇形的面积-两个小的三角形的面积即可．【详解】解：连接CD′和∵∠DAB=60°∴∵∴A、D′、C及A、B、C′分别共线∴∴扇形ACC′的面积为：∵AC=AC′，AD′=AB在∴∴OB=OD′，CO=C′O又∵∴在，解得∴S△OCB=，∴故答案为:．

【点睛】本题考查了旋转的性质，菱形的性质，扇形的面积公式，熟练掌握旋转变换只改变图形的位置不改变图形的形状与大小是解题的关键．9．（2022·河南·中考真题）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E为CD的中点．若OE＝3，则菱形ABCD的周长为（

）A．6 B．12 C．24 D．48【答案】C【分析】由菱形的性质可得出BO=DO，AB=BC=CD=DA，再根据中位线的性质可得，结合菱形的周长公式即可得出结论．【详解】解：∵四边形ABCD为菱形，∴BO=DO，AB=BC=CD=DA，∵OE=3，且点E为CD的中点，是的中位线，∴BC=2OE=6．∴菱形ABCD的周长为:4BC=4×6=24．故选：C．【点睛】本题考查了菱形的性质以及中位线的性质，解题的关键是求出BC=6．10．（2024·河南·中考真题）如图，在中，是斜边上的中线，交的延长线于点E．

(1)请用无刻度的直尺和圆规作，使，且射线交于点F（保留作图痕迹，不写作法）．(2)证明（1）中得到的四边形是菱形【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】本题考查了尺规作图，菱形的判定，直角三角形斜边中线的性质等知识，解题的关键是：（1）根据作一个角等于已知角的方法作图即可；（2）先证明四边形是平行四边形，然后利用直角三角形斜边中线的性质得出，最后根据菱形的判定即可得证．【详解】（1）解：如图，

；（2）证明：∵，∴，∵，∴四边形是平行四边形，∵在中，是斜边上的中线，∴，∴平行四边形是菱形．11．（2023·河南·中考真题）小军借助反比例函数图象设计“鱼形”图案，如图，在平面直角坐标系中，以反比例函数图象上的点和点B为顶点，分别作菱形和菱形，点D，E在x轴上，以点O为圆心，长为半径作，连接．(1)求k的值；(2)求扇形的半径及圆心角的度数；(3)请直接写出图中阴影部分面积之和．【答案】(1)(2)半径为2，圆心角为(3)【分析】（1）将代入中即可求解；（2）利用勾股定理求解边长，再利用三角函数求出的度数，最后结合菱形的性质求解；（3）先计算出，再计算出扇形的面积，根据菱形的性质及结合的几何意义可求出，从而问题即可解答．【详解】（1）解：将代入中，得，解得：；（2）解：过点作的垂线，垂足为，如下图：

，，，半径为2；，∴，，由菱形的性质知：，，扇形的圆心角的度数：；（3）解：，，，如下图：由菱形知，，

，，．【点睛】本题考查了反比例函数及的几何意义，菱形的性质、勾股定理、圆心角，解题的关键是掌握的几何意义．考点七、正方形性质的应用12．（2024·河南·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，正方形的边在x轴上，点A的坐标为，点E在边上．将沿折叠，点C落在点F处．若点F的坐标为，则点E的坐标为．【答案】【分析】设正方形的边长为a，与y轴相交于G，先判断四边形是矩形，得出，，，根据折叠的性质得出，，在中，利用勾股定理构建关于a的方程，求出a的值，在中，利用勾股定理构建关于的方程，求出的值，即可求解．【详解】解∶设正方形的边长为a，与y轴相交于G，则四边形是矩形，∴，，，∵折叠，∴，，∵点A的坐标为，点F的坐标为，∴，，∴，在中，，∴，解得，∴，，在中，，∴，解得，∴，∴点E的坐标为，故答案为：．【点睛】本题考查了正方形的性质，坐标与图形，矩形的判定与性质，折叠的性质，勾股定理等知识，利用勾股定理求出正方形的边长是解题的关键．13．（2022·河南·中考真题）综合与实践综合与实践课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动．(1)操作判断操作一：对折矩形纸片ABCD，使AD与BC重合，得到折痕EF，把纸片展平；操作二：在AD上选一点P，沿BP折叠，使点A落在矩形内部点M处，把纸片展平，连接PM，BM．根据以上操作，当点M在EF上时，写出图1中一个30°的角：______．(2)迁移探究小华将矩形纸片换成正方形纸片，继续探究，过程如下：将正方形纸片ABCD按照（1）中的方式操作，并延长PM交CD于点Q，连接BQ．①如图2，当点M在EF上时，∠MBQ＝______°，∠CBQ＝______°；②改变点P在AD上的位置（点P不与点A，D重合），如图3，判断∠MBQ与∠CBQ的数量关系，并说明理由．(3)拓展应用在（2）的探究中，已知正方形纸片ABCD的边长为8cm，当FQ＝1cm时，直接写出AP的长．【答案】(1)或或或(2)①15，15；②，理由见解析(3)cm或【分析】（1）根据折叠的性质，得，结合矩形的性质得，进而可得；（2）根据折叠的性质，可证，即可求解；（3）由（2）可得，分两种情况：当点Q在点F的下方时，当点Q在点F的上方时，设分别表示出PD，DQ，PQ，由勾股定理即可求解．【详解】（1）解：，sin∠BME=（2）∵四边形ABCD是正方形∴AB=BC，∠A=∠ABC=∠C=90°由折叠性质得：AB=BM，∠PMB=∠BMQ=∠A=90°∴BM=BC①∴②（3）当点Q在点F的下方时，如图，，DQ=DF+FQ=4+1=5(cm)由（2）可知，设，即解得：∴；当点Q在点F的上方时，如图，cm，DQ=3cm，由（2）可知，设，即解得：∴．【点睛】本题主要考查矩形与折叠，正方形的性质、勾股定理、三角形的全等，掌握相关知识并灵活应用是解题的关键．专练一、多边形性质的应用14．（2025·河南信阳·模拟预测）如图，直线，是正五边形的一个外角，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】本题需要先求出正五边形外角的度数，再利用平行线的性质，通过作辅助线将与转化到与相关的角度关系中，进而求出的度数．本题主要考查多边形外角和定理（多边形外角和恒为）、平行线的性质．解题的关键在于求出正五边形外角的度数，通过作辅助线利用平行线性质将所求角转化到合适的角度关系中进行计算．【详解】解：∵任意多边形的外角和都为．对于正五边形，它的每个外角都相等，∴．过正五边形的一个顶点作，∵，∴．∴，．∵正五边形的一个内角为，∴，∴,故选：D．15．（2025·广东珠海·三模）如图1是化学实验中利用酒精灯给试管中液体加热的实验装置图，如图2是其简化示意图．若，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题主要考查了四边形内角和定理，根据垂线的定义得到，再根据四边形内角和定理求解即可．【详解】解：∵，∴，∵，∴，故选：B．16．（2025·河南洛阳·三模）如图，，，是正n边形的三条边，在该正n边形下方以为一边作正六边形．已知，则n的值为（

）A．16 B．18 C．20 D．22【答案】B【分析】本题考查的是正多边形的内角和，先求解正六边形的1个内角度数，再根据正n边形的一个内角加上正六边形的1个内角度数以及为360度求解即可．【详解】解：正六边形的内角为，则，解得．则n的值为18，故选：B17．（2025·河南驻马店·二模）如图，正六边形和等腰的一边重合，，则直线与直线所夹锐角的度数为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题考查了正多边形的内角计算，三角形外角的定义，等腰直角三角形的性质，熟练掌握正多边形的内角计算是解题的关键．先根据正多边形的内角和公式，可得正六边形的内角，再根据角的和差得到和，最后由三角形外角的定义即可得答案．【详解】解：作直线与直线交于点，则即为直线与直线所夹锐角，如图所示，正六边形的内角为：，，为等腰直角三角形，，，，，，，直线与直线所夹锐角的度数为．故选：A．18．（2025·河南驻马店·三模）图1为《天工开物》记载的用于舂（chōng）捣谷物的工具——“碓（duì）”的结构简图，图2为其平面示意图．已知于点与水平线MN相交于点，若，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】先利用垂直的定义和对顶角相等结合已知条件得出、的度数，再利用四边形的内角和为即可求解．本题主要考查了垂直的定义、对顶角相等和四边形的内角和的知识点，解题的关键是通过已知条件找到各角之间的角度关系，利用四边形的内角和为即可求解．【详解】，，，（对顶角相等），在四边形中，，，，，，则的度数为150°．故选：A．19．（2025·河南周口·二模）如图，将直尺叠放在正六边形上，六边形顶点，都在直尺的边上，且，分别与直尺的上下边交于点和，若，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查了正六边形的性质，平行线的性质，四边形的内角和，根据正六边形的性质求出，再求出，根据平行线的性质即可求解，掌握相关知识是解题的关键．【详解】解：∵六边形是正六边形，∴，∵，∴，由题意可知，，∴，故选：B．20．（2025·河南南阳·模拟预测）定义：在凸四边形中，如果只有一组对角相等，我们把这类四边形叫作“奋进四边形”．(1)操作判断：用分别含有和角的直角三角形纸板拼出如图1所示的4个四边形，其中是“奋进四边形”的有______（填序号）；(2)性质探究：①如图2，四边形是“奋进四边形”，，，，则的度数为______，的度数为______；②如图3，四边形是“奋进四边形”，，，求证：；(3)四边形是“奋进四边形”，，，，，请直接写出的长．【答案】(1)②④(2)①，；②证明见解析(3)【分析】本题考查了“奋进四边形”的定义，三角板中角度的计算，解直角三角形等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会添加常用辅助线解决问题．（1）根据含有和角的直角三角形的角度，即可解决问题；（2）①根据四边形是“奋进四边形”，，得，根据四边形内角和定理即可解决问题；②连接，根据等腰三角形的性质即可解决问题；（3）分两种情况讨论解答即可解决问题．【详解】（1）解：用分别含有和角的直角三角形纸板拼出如图所示的个四边形，其中是“奋进四边形”的有②④，故答案为：②④；（2）①解：∵四边形是“奋进四边形”，，∴，，，故答案为：，；②证明：如图3，连接，四边形是“奋进四边形”，，，，，；（3）①如图1-1，时，延长，交于点，，，又，，，，则，②如图2-1中，时，过分别作于，于点，则四边形是矩形，，又，，，综上所述，的长为21．（2025·河南周口·模拟预测）我们学习了应用尺规“平分任意一个已知角”，小明对此问题展开进一步探究学习．【材料阅读】如图①，商水寿圣寺塔，位于河南省周口市商水县，始建于北宋明道二年．商水寿圣寺塔为九级楼阁式砖塔，平面呈正六边形，塔体从底至顶渐收匀称，成正六棱体锥形．工匠在制作底座和支撑木柱的连接结构时，需要多次作角平分线以实现对称，从而使得结构受力均衡，过程中充分体现工匠的数学应用能力．当时没有量角器，工匠仅凭一把“角尺”（如图②所示），即可将任意角进行平分，下面是应用“角尺”作角平分线的一种方法：已知．第一步：分别在的边和上，用带有刻度的“角尺”测量得到点C和D，使得；第二步：连接，得到线段；第三步：用“角尺”作出过点O与垂直的射线，就是的平分线．【探究与应用】（1）小明对作图原理进一步探究，第二步作图完成后，可得为三角形；第三步作图完成后，平分的依据是：；（2）请参阅上述材料，借助“角尺”，作出图③木料中的平分线；【拓展探究】（3）小明进一步研究发现，用这种方法作“平分任意一个已知角”存在一定的误差，用平时学习的尺规作图的方法可以减少误差．如图④，在正五边形．中，请用无刻度的直尺和圆规作出．的平分线．（保留作图痕迹，不写作法）【答案】（1）等腰直角；等腰三角形顶角的平分线、底边上的中线及底边上的高线互相重合（或全等三角形对应角相等）；（2）见详解，（3）见详解【分析】本题考查作图应用与设计作图，等腰三角形的性质，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．（1）利用等腰三角形的三线合一的思想解决问题；（2）根据要求画出图形即可；（3）根据正五边形特征得出，故分别以点分别为圆心，大于的长度为半径画弧，两弧交于点，连接，则即为的平分线．【详解】解：（1）根据题意可得，∴是等腰直角三角形；第三步作图完成后，平分的依据是：等腰三角形顶角的平分线、底边上的中线及底边上的高线互相重合；（2）根据题意作图如下：（3）如图，即为所求．专练二、三角形中位线的性质22．（2025·河南·模拟预测）如图，在中，，，，是斜边的中点，现将点绕着点按顺时针方向旋转角度得到点，若点落在中位线所在直线上，则点到的距离为．【答案】1或【分析】本题考查了直角三角形的性质，三角形中位线的性质，勾股定理，解直角三角形，取中点，中点，过点D作于点G，分两种情况讨论，画出示意图，利用含30度角的直角三角形的性质结合中位线的性质求解即可．【详解】解：如图，取中点，中点，过点作于点，于点，连接，∵在中，，，，是斜边的中点，∴，∵旋转，∴∵∴，∴，故答案为：1或．23．（2025·河南驻马店·三模）如图，中，，为边的中点，长度为的动线段绕点旋转，连接，取的中点，则长度的最大值为，最小值为．【答案】【分析】本题考查了三角形中位线的性质，勾股定理，延长至，使得，连接，可得是的中位线，即得，可知当取最大值或最小值时，的值最大或最小，再分别画出图形解答即可求解，正确作出辅助线是解题的关键．【详解】解：延长至，使得，连接，∵点是的中点，∴是的中位线，∴，∴当取最大值或最小值时，的值最大或最小，如图，当点在的延长线且共线时，的值最大，∵，∴，∵，∴，∴，∴，即长度的最大值为；如图，当点在之间且共线时，的值最小，∴，∴，即长度的最小值为；故答案为：，．24．（2025·河南洛阳·三模）如图，已知在正方形中，，，，，点D为中点，连接，点P为中点．连接，则的最大值为．【答案】【分析】先运用勾股定理算出，运用斜边上的中线等于斜边的一半得，故以点为圆心，以为半径画圆，即为点的运动路径，根据正方形的性质，证明是的中位线，，此时以点为圆心，以为半径画圆，即为点的运动路径，当共线时，且在射线的延长线上，即当运动到处，此时最大，即可作答．【详解】解：四边形是正方形，，如图，连接，它们相交于点，连接，在直角三角形中，，由勾股定理得：，∵为中点，∴，依题意得：以点为圆心，以为半径画圆，即为点的运动路径，，在直角三角形中，由勾股定理得：，解得：，∵是的中点，点为中点．∴是的中位线，∴；依题意得：以点为圆心，以为半径画圆，即为点的运动路径，当共线时，且在射线的延长线上，即当运动到处，此时最大，则，故答案为：．【点睛】本题考查了正方形的性质，勾股定理，三角形中位线定理，圆中最值，直角三角形的性质等知识点，正确掌握相关性质内容是解题的关键．25．（2025·河南驻马店·三模）如图，等边三角形中，，线段绕点在平面内旋转，为的中点．若，则的最大值为，最小值为．【答案】；【分析】本题主要考查了旋转的性质、等边三角形的性质、三角形的中位线、勾股定理等，解题的关键是识别出隐圆模型，作出合适的辅助线．取的中点，连接，，根据三角形中位线的性质确定，再根据等边三角形的性质和勾股定理得出的值，当点在同一条直线上时，出现最大值和最小值．【详解】解：如图，取的中点，连接，，则为的中位线，．是等边三角形，．又是的中点，．在中，由勾股定理，得，当点在同一条直线上时，出现最大值和最小值．的最大值为，的最小值为．故答案为；．专练三、平行四边形的性质与判定的综合26．（2025·河南漯河·三模）如图，点是四边形的边延长线上的一点，且，则下列条件中，不能判定四边形是平行四边形的是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】此题考查了平行线的判定，平行四边形的判定，熟练掌握平行线的判定方法是解本题的关键．利用平行线的判定方法及平行四边形的判定可得出答案．【详解】解：A、，，又，四边形是平行四边形，故本选项不符合题意；B、∵，，又，四边形是平行四边形，故本选项不符合题意；C、不能判断四边形是平行四边形，故本选项符合题意；D、∵，∴，，，，四边形是平行四边形，故本选项不符合题意．故选：C．27．（2025·河南安阳·三模）如图，点A，C的坐标分别为，，将绕原点O逆时针旋转得到，则点B的对应点的坐标是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】设，根据平行四边形的性质得到，求出，过点B作轴于点D，过点作轴于点E，得到，，证明出，得到，，进而求解即可．【详解】解：∵点A，C的坐标分别为，，，设，∵四边形是平行四边形，∴，∴，∴，∴．如图所示，过点B作轴于点D，过点作轴于点E，∴，，∵将绕原点O逆时针旋转得到，∴，，∴，∵轴，∴，∴，又∵，∴，∴，，∵点在第二象限，∴点B的对应点的坐标是．故选：B．【点睛】此题考查了旋转的性质，全等三角形的性质和判定，平行四边形的性质等知识，解题的关键是掌握以上知识点．28．（2025·河南驻马店·三模）如图，在平行四边形中，，点P为射线上一动点，连接，点M、N分别为直线，上的点，且垂直平分，若，则线段的长为．【答案】或【分析】当点M在线段上时，过点B作于点H，连接，在平行四边形中，，得出，从而得，勾股定理求出，根据垂直平分，得出，即可求出；当点M在直线上时，过点B作于点H，连接，此时点M与点H重合，根据垂直平分，得出，即可求出；【详解】解：如图，当点M在线段上时，过点B作于点H，连接，在平行四边形中，，∴，∴，∵，∴，∴，∵垂直平分，∴，∴；如图，当点M在直线上时，过点B作于点H，连接，在平行四边形中，，∴，∴，即此时点M与点H重合，∵垂直平分，∴，∴；综上，线段的长为或，故答案为：或．【点睛】该题考查了平行四边形的性质，勾股定理，线段垂直平分线的性质，含30度的直角三角形的性质等知识点，解题的关键是分类讨论，掌握以上知识点．29．（2025·河南平顶山·三模）如图，已知平行四边形．(1)尺规作图：请用无刻度的直尺和圆规，作的平分线交于点E；（保留作图痕迹，不要求写作法）(2)在①的条件下，求证：是等腰三角形．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】本题考查了作角平分线，等腰三角形的判定，平行四边形的性质，角平分线的定义，正确掌握相关性质内容是解题的关键．（1）理解题意，作的平分线交于点E，即可作答．（2）先根据角平分线的定义得，根据四边形为平行四边形，得，等量代换得，则，即可作答．【详解】（1）解：如图，即为所求．（2）证明：∵为的平分线，∴．∵四边形为平行四边形，∴，∴，∴，∴，∴是等腰三角形．30．（2025·河南驻马店·三模）如图，在中，为边的中点．(1)请用无刻度的直尺和圆规作，使，且射线交于点；（保留作图痕迹，不写作法）(2)若在（1）中的射线上有一点，且，连接，求证：四边形是平行四边形．【答案】(1)见解析(2)证明见解析【分析】本题考查了作图-基本作图、平行四边形的判定，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．（1）根据要求作出图形；（2）证明，可得结论．【详解】（1）解：如图所示：（2）解：证明：由作图可知，，为的中点．点为中点，为的中位线，，，四边形为平行四边形．31．（2025·河南·模拟预测）如图，在中，D为的中点，连接．(1)用尺规作图法在的延长线上找一点E，连接，使得；（保留作图痕迹，不写作法，标明字母）(2)在（1）的条件下，连接，求证：四边形为平行四边形．【答案】(1)详见解析(2)详见解析【分析】本题主要考查了平行四边形的判定定理，全等三角形的性质与判定，尺规作图—作与已知角相等的角，熟知相关知识是解题的关键．（1）根据作与已知角相等的角的尺规作图方法作图即可；（2）证明，得到，再根据对角线互相平分的四边形是平行四边形即可证明结论．【详解】（1）解：如图，点E即为所求作；（2）证明：∵D为的中点，∴，在和中，，∴，∴，又∵，∴四边形为平行四边形．专练四、平行四边形与相似三角形的综合32．（2025·河南新乡·三模）如图，在中，，，，，则的长为（）A．2 B．4 C．5 D．6【答案】B【分析】本题主要考查了平行四边形的判定和性质，平行线分线段成比例定理，根据平行线分线段成比例定理得出，根据，得出，证明四边形是平行四边形，得出即可．【详解】解：∵，，∴，∵，∴，∵，，∴四边形是平行四边形，∴．故选：B．33．（2025·河南安阳·三模）如图，已知，是的中点，连接，相交于点，，若，则的长是（

）A．1 B． C．2 D．【答案】C【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，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的关键．根据四边形是平行四边形，可得进而求得，再根据可得，即可求解．【详解】解：∵四边形是平行四边形，∴，，∴，∴，∵点E是的中点，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴．故选：C．34．（2025·河南安阳·二模）如图，在中，以点为圆心，适当长为半径作弧，分别交，于点，，分别以点，为圆心，大于的长为半径作弧，两弧在内交于点，作射线交于点，交的延长线于点，若，则的长为（

）A． B．6 C．5 D．【答案】A【分析】本题考查了平行四边形的性质、等腰三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质，由角平分线的定义结合平行四边形的性质可得，，证明，由相似三角形的性质计算即可得解．【详解】解：由作图可得：平分，∴，∵四边形为平行四边形，∴，，，∴，∴，∴，，∵，∴，∴，即，∴，故选：A．35．（2025·河南驻马店·三模）如图，在中，为对角线BD上一点，过点的直线MN分别交边AB，BC于点F，G，交射线DA，DC于点M，N．若，则的值为（

）A．6 B．8 C．9 D．10【答案】D【分析】本题主要查了平行四边形的性质，平行线分线段成比例．根据平行四边形的性质，可得，再由平行线分线段成比例可得，从而得到，即可求解．【详解】解：∵四边形是平行四边形，∴，∴，∴，∵，∴，∴．故选：D36．（2025·河南商丘·二模）如图，在中，，分别是边，的中点，连接，与对角线相交于点，，分别是，的中点，若的面积为160，则四边形的面积为．【答案】40【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，先证明四边形是平行四边形，再证明，推出即可解答，熟练利用平行四边形的性质求面试是解题的关键．【详解】解：∵四边形是平行四边形，，，∵，分别是边，的中点，∴，，，，，，分别是，的中点，，即，∴四边形是平行四边形，，，，，的面积为160，，，，，平行四边形的面积为，故答案为：．37．（2025·河南南阳·二模）如图，在中，平分分别交，，延长线于点，，，记与的面积分别为，，若，则的值是．【答案】【分析】由平行四边形的性质结合角平分线的定义得出，推出，设，，则，，，证明，得出，证明，得出，推出，，从而得出，，求出得到，即可得出答案．【详解】解：∵四边形是平行四边形，∴，，∴，∵平分，∴，∴，∴，∵，∴设，，则，，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，，∴，，∴，∴，∴，即，故答案为：．【点睛】本题考查了平行四边形的性质、角平分线的定义、等腰三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识点并灵活运用，正确表示出三角形之间的面积关系是解此题的关键．38．（2025·河南商丘·三模）定义：三角形一边上的点将该边分为两条线段，且这两条线段的积等于这个点到该边所对顶点连线的平方，则称这个点为三角形该边的“比中项积点”．如图1，在中，D是边上一点，连接AD，若，则称点D是中边上的“比中项积点”．(1)在中，，于点D，则点D______（填“是”或“不是”）中边上的“比中项积点”；(2)如图2，中，，点E为边上一点，连接交对角线于点F，点F恰好是中边上的“比中项积点”．①求证：点F也是中边上的“比中项积点”；②连接并延长，交于点G，若点F是中边上的“比中项积点”，且，直接写出边的长．【答案】(1)是(2)①见解析；②【分析】本题主要考查了新定义、相似三角形的判定与性质、平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质等知识点，正确找出相似三角形探究线段间的关系是解题的关键．（1）证明，根据相似三角形的性质可得出，再根据“比中项妙点”的定义判断即可；（2）①根据“比中项妙点”的定义可得出，证明可得出，则，即，然后据“比中项妙点”的定义即可解答；②根据平行四边形的性质可可得、、、；证明、可得，即，解得：；再说明，然后证明结合可得，进而求得，最后根据线段的和差即可解答．【详解】（1）解：∵在中，，于点D，∴，又∵，∴，∴，∴，∴，∴点D是中边上的“比中项积点”．故答案为：是．（2）解：①证明：∵点F恰好是中边上的“比中项积点”，∴，∴，∵四边形是平行四边形，∴，，，，∴，∴，即，∴，∴，∴点F也是中边上的“比中项积点”．②解：如图3，∵四边形是平行四边形，∴，，，，∵，即，即，，∴，，∵，∴，，，即，解得：，∵点F是中边上的“比中项积点”，∴，即，又∵，∴，，∴，∴，即，∴，即，，∴，∵，，∵，∴，∴，∵，∴，∵，

∴，．专练五、矩形性质与判定的综合39．（2025·河南驻马店·三模）如图，在平面直角坐标系中，矩形的边在轴上，原点为的中点．将折叠，点落在点处．若点的坐标为，则点的横坐标为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】本题考查了折叠的性质，矩形的性质，坐标与图形，掌握折叠的性质是解题的关键．根据矩形的性质和点的坐标，可得，，设，由折叠的性质得，，建立方程组，即可得到点的横坐标．【详解】解：在矩形中，若点的坐标为，，，设且，，由折叠性质得，，，，，，，代入得，，，即，解得或（舍去），点的横坐标为，故选：D．40．（2025·河南驻马店·三模）如图，在平面直角坐标系中，矩形的边在轴上，点的坐标为，将沿折叠，点落在点处，且，，三点共线．若点的坐标为，则点的坐标为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题考查的是勾股定理的应用、全等三角形的判定与性质及三角函数的应用，先证明，进而得出，根据求出即可．【详解】解：如图标注点．由题意可知，，在中，由勾股定理，得．由折叠，得，．，，∵，，．又，，，，，，，，，，即，，点的坐标为．故选A．41．（2025·河南信阳·三模）在平行四边形中，E是边上一点，连接．(1)请用无刻度的直尺和圆规作出的中点F；（保留作图痕迹，不写作法）(2)连接，若，求证：四边形是矩形．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】本题考查了垂直平分线，三角形内角和，矩形的判定，平行四边形的性质，等边对等角，正确掌握相关性质内容是解题的关键．（1）作出的垂直平分线，即可得出的中点F；（2）先结合点是的中点，得，根据以及等边对等角得，结合三角形内角和性质得出，故，运用有一个直角的平行四边形是矩形，即可作答．【详解】（1）解：点即为所求作的点（作法不唯一）（2）证明：由（1）得：点是的中点，．连接，，．，，，即，又四边形是平行四边形，四边形是矩形．42．（2024·河南南阳·一模）矩形中，，，点P为边上一个动点，将沿折叠得到，点D的对应点为Q，当射线恰好经过的中点M时，的长为．【答案】2或8【分析】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，运用分类讨论思想解答并正确画出图形是解题的关键．分点在线段中点的左边和右边两种情况，画出图形解答即可求解．【详解】解：如图1，过点作于，∵四边形是矩形，，∴四边形为矩形，，，由折叠可得，，，∵点为的中点，，，设，则，在中，，，解得，；如图2，过点作与，则四边形是矩形，，，由折叠可得，，设，则，在中，，，解得，；综上，的长为2或8，故答案为：2或8．43．（2025·河南平顶山·三模）如图，在矩形中，，，点在上，将矩形沿折叠，点恰好落在边上的点处，那么【答案】【分析】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，锐角三角函数等，由矩形和折叠的性质可得，，，，，即得，得到，设，在中利用勾股定理可得，进而根据正切的定义即可求解，掌握以上知识点是解题的关键．【详解】解：∵四边形为矩形，∴，，，由折叠可得，，，∴在中，，∴，设，则，∵在中，，∴，解得，∴，∴，故答案为：．44．（2025·河南·模拟预测）综合与实践【初步判断】(1)矩形和矩形全等，且按如图1所示的方式摆放，点E在的延长线上，点G在的延长线上，连接，，，连接并延长交于点M，则线段与线段的数量关系为________．【深入探究】(2)将图1中的矩形绕点C逆时针旋转，判断（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请仅就图2进行证明；若不成立，请说明理由．【拓展应用】(3)在（2）的条件下，取的中点N，连接．若，，请直接写出线段长度的最小值．【答案】(1)(2)仍然成立，证明见解析(3)【分析】本题考查了矩形的性质、全等三角形的性质与判定、三角形中位线定理、线段最值问题，熟练掌握相关知识点是解题的关键．（1）延长与交于点，利用全等矩形的性质和全等三角形的判定证明，得出，即可得出结论；（2）过点F作交的延长线于点H，利用全等矩形的性质和全等三角形的判定证明，得出，即可得出结论；（3）连接，利用全等矩形的性质和勾股定理求出，再利用两点之间线段最短的性质求出，利用三角形中位线定理得到，即可求出线段长度的最小值．【详解】（1）解：如图，延长与交于点，矩形和矩形全等，，，，，是等腰直角三角形，，，是等腰直角三角形，，，，，又，，．（2）解：仍然成立，证明如下：如图，过点F作交的延长线于点H，，，四边形是矩形，，，，，，，，，，，又，，．（3）解：如图，连接，矩形和矩形全等，，，，，，，解得：，由（2）得，，又点N是的中点，，又，，的最小值为．专练六、矩形与相似三角形的综合45．（2025·河南平顶山·三模）如图，在矩形中，，点E在边上，连接，将绕点E顺时针旋转得到，连接．当时，的长为．【答案】或【分析】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，过点作于点，由旋转的性质，可知，，由矩形的性质得出，证明得出，．设．再分两种情况：当点在矩形内部时，．证明，由相似三角形的性质得出，结合勾股定理即可得解，当点在矩形外部时，同理即可得出答案．【详解】解：过点作于点，如图所示．由旋转的性质，可知，，∴，∵四边形为矩形，∴，∴，∴，∵，∴∴．∴，．设．当点在矩形内部时，．∵，，∴，∵，∴，∴∴．在中，∵，∴，解得（另一个值已舍去）．如图，当点在矩形外部时，．同理可得（另一个值已舍去）．∴的长为或，故答案为：或．46．（2025·河南安阳·三模）某校数学探究小组的同学在学习了图形的相似这一单元后，对直角三角形的相似做出了深入探究．【特例探究】如图1，在中，，是斜边上的高．（1）求证：；【类比研究】（2）如图2，为线段的延长线上一点，连接并延长至点，连接，，使得．请判断的形状，并说明理由；【拓展应用】（3）如图3，是直角三角形，，，，平面内有一点满足，连接并延长至点，使得，请直接写出线段的最小值．【答案】（1）见解析；（2）直角三角形，见解析；（3）5【分析】本题主要考查了相似三角形的判定和性质、构造相似三角形、圆周角定理的应用，垂线段最短等知识点，善于运用相似三角形的判定与性质，正确地作出辅助线是解题的关键．（1）通过角度的转换得到，即可证得，再由相似三角形的性质即可证明结论；（2）通过角度的转换得到，如图，记的交点为，证明，可得，，证明，可得，，即可判定三角形的形状；（3）以点A为圆心，2为半径作，则C，D都在上，延长至点，使得，交于点，通过构造相似三角形，得到点E在过点且与垂直的直线上运动．因为点B固定，再由垂线段最短，可得到最小值的情况即可求解．【详解】证明：∵在中，，∴，∴．又∵，∴，∴，即．（2）解：是直角三角形．理由如下：∵，，∴，即，∴，如图，记的交点为，∵，∴，∴，，∵，∴，∴，∴，∴是直角三角形．（3）解：∵，∴，而，∴，∴，如图，以点A为圆心，2为半径作，而，则C，D都在上，，延长至点，使得，交于点，∴，，则．∵，∴，∴，∴点E在过点且与垂直的直线上运动．如图：过点B作，垂足为，即为最短的，∵，∴四边形是矩形．∵，∴的最小值为．47．（2025·河南驻马店·三模）综合与实践如图，在中，，点M为边上不与端点重合的一个动点，过点M作于点D，过点B作，交的延长线于点E，连接，过点M作，交于点N．(1)初步探究如图1，，四边形的形状是____________；线段与的数量关系是____________；(2)类比探究如图2，，①写出图中与相等的角，并说明理由；②求证：；(3)拓展应用当时，直接用含n的代数式表示的值．【答案】(1)矩形；(2)①，理由见解析；②详见解析(3)．【分析】（1）利用有三个角是直角的四边形是矩形判定四边形是矩形；证明是等腰直角三角形，可以推出；（2）①利用等角的余角相等推出；②利用正切函数的定义求得，再求得，，再利用正切函数的定义求解即可；（3）求得，设，证明，用表示出，，根据，列式求得，据此求解即可．【详解】（1）解：∵，，∴，∵，∴四边形是矩形；∵，∴，∵，∴是等腰直角三角形，∴，∵四边形是矩形，∴，，∴，∴是等腰直角三角形，∴，故答案为：矩形，；（2）解：①∵，∴，∴，即；②∵，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∵，∴，∴；（3）解：∵，∴，设，∵，∴，∴，∴，∴，即，∴，∴，∵，，∴，，∵，∴，整理得，∴，∴．【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质．证明是解题的关键．48．（2025·河南信阳·三模）综合探究在矩形中，为其对角线，，点为边上不与端点重合的一动点，连接，将沿着翻折得对应．(1)若，如图1，当点落在对角线上时，的度数是；、、的数量关系是；(2)若①如图2，当点落在对角线上时，写出、、之间的数量关系，并说明理由；②过点作，分别交、于，两点，若，当点为线段的三等分点时，请直接写出线段的长．【答案】(1)；(2)①（合理即可），理由见解析，②或【分析】本题考查了三角函数，折叠的性质，相似三角形的判定和性质.（1）根据三角函数得到，根据折叠的性质即可得到；根据折叠的性质得到，，根据三角函数得到，即可得解；（2）①由折叠的性质得到，，，根据三角函数得到，即可得解；②分，两种情况，证明，由勾股定理求解即可.【详解】（1）解：∵∴∴∵将沿着翻折得对应，点落在对角线上，∴；∵将沿着翻折得对应，点落在对角线上，∴，，∵∴，∴；故答案为：；（2）①，理由如下：∵将沿着翻折得对应，点落在对角线上，∴，，∵点落在对角线上，∴∵∴∵∴∵∴；②∵当时，∵，∴，∴，∵将沿着翻折得对应，∴，，∴，∵∴∵，∴∴，设，则∴由勾股定理可得∴解得，即∵当时，∵，∴，∴，∵将沿着翻折得对应，∴，，∴，∵∴∵，∴∴，设，则∴由勾股定理可得∴解得，即综上所述，的长为或49．（2025·河南·模拟预测）如图1，已知矩形分别为中点，连接．(1)_____，与的位置关系为_____；(2)如图2，若把绕点逆时针旋转与之间的数量关系和位置关系是否会发生变化，请说明理由；(3)在（2）的条件下，如图3，直线与交于点，当旋转至时，请直接写出的长．【答案】(1)，(2)不发生变化，理由见解析(3)【分析】（1）先根据矩形的性质得，再结合线段的中点得，代入化简，即可作答．（2）与（1）同理得，结合，得，运用夹角相等，两边成比例得，故，再根据相似三角形的性质得，整理得，因为，即．（3）先理解题意，得，在（2）的条件下，，，证明四边形是矩形，得，，结合，则，即可作答．【详解】（1）解：∵矩形∴∵分别为中点，∴∴，∵，∴（2）解：不会发生变化，理由如下：∵矩形∴∵分别为中点，∴，则，∴，∵，∴，∴，如图，延长交于一点，交于一点，∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴；（3）解：依题意，如图所示：∵，∴，在（2）的条件下，，，∴，∴四边形是矩形，∴，∴，∵，∴，则，则．【点睛】本题考查了旋转性质，相似三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理，难度较大，综合性较强，正确掌握相关性质内容是解题的关键．专练七、菱形性质与判定的综合50．（2025·河南商丘·三模）如图，在中，，若将沿折叠，使点与点重合，折痕为，且，则中边上的高是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】本题考查了平行四边形的性质、折叠的性质以及菱形的面积公式的综合运用．关键在于利用折叠性质得出与的关系，进而求出菱形面积，再结合面积公式求出边上的高．【详解】解：由折叠性质，可知垂直平分，如图，设交点为，则，四边形是平行四边形，，，在和中，，，，四边形是平行四边形，，四边形是菱形，则，，，在中，，设边上的高为，则，即：，解得，即边上的高为：．故选：D．51．（2025·河南驻马店·三模）如图，菱形中，，为边上一点，且，折叠菱形使点B与点P重合，展开后得到折痕，分别与交于点．则的长为（

）A．1 B． C． D．【答案】B【分析】如图所示，过点P作交的延长线于点E，由菱形得到，，求出，，设，则，，由折叠得，，根据勾股定理求解即可．【详解】如图所示，过点P作交的延长线于点E∵四边形是菱形∴，∴∵，∴∴∴设，则，由折叠得，∵∴∴∴∴的长为．故选：B．【点睛】此题考查了菱形的性质，含30度角直角三角形的性质，勾股定理和折叠的性质等知识，解题的关键是掌握以上知识点．52．（2025·河南安阳·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，已知点，以原点O为圆心，以长为半径画弧，交x轴负半轴于点B，连接．分别以点A，B为圆心，以大于长为半径画弧，两弧在第二象限交于点M，连接．点C在上，连接，，且．现将线段绕原点逆时针旋转，每次旋转，则第2025次旋转结束时，点C的坐标为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】先运用勾股定理得，根据，则，由作图过程可得，射线为的平分线，证明，是等边三角形，即四边形是菱形，所以点的纵坐标与点相同，即点的坐标为．因为线段绕原点逆时针旋转，每次旋转，所以旋转4次为一个循环．然后进行列式计算，即可作答．【详解】如图，过点C作轴于D，过，点A作轴于H，，，，．由作图过程可得，射线为的平分线，，．∵，，∴，∴是等边三角形，∴，∵∴是等边三角形，∴∴四边形是菱形，，点的纵坐标与点相同，即．在中，，点的坐标为．线段绕原点逆时针旋转，每次旋转，旋转4次为一个循环．，线段绕原点逆时针旋转2025次与旋转1次的点重合，第一次旋转得到点的对应点为，第2025次旋转结束时，点的坐标为．故选：D．【点睛】本题考查了旋转性质，点的坐标规律，菱形的判定与性质，解直角三角形的相关运算，勾股定理，等边三角形的判定与性质，难度较大，综合性较强，正确掌握相关性质内容是解题的关键．53．（2025·河南南阳·三模）如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点在轴正半轴上，点，将菱形绕点逆时针旋转得到四边形，使得点的对应点落在的延长线上，交于点，则点的横坐标为（

）A．2 B． C． D．【答案】D【分析】此题考查了旋转的性质、菱形的性质、勾股定理等知识，熟练掌握旋转的性质、菱形的性质是解题的关键．求出．设与轴交于点，求出，即可得到答案．【详解】解：∵点，∴．由旋转的性质，得，．，，．设与轴交于点，∵∴，∵，∴∴点的横坐标为，故选D．54．（2025·河南漯河·二模）如图，四边形是平行四边形．(1)请利用无刻度的直尺和圆规作出线段的垂直平分线（保留作图痕迹，不写作法）．(2)若的垂直平分线交于点，交于点，交于点，连接．求证：四边形是菱形．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】本题考查了尺规作线段的垂直平分线、菱形的判定和全等三角形的判定和性质等知识，熟练掌握相关图形的性质和判定是解题的关键；（1）根据尺规作线段垂直平分线的作法解答即可；（2）根据线段垂直平分线的性质和平行四边形的性质证明，可得，即可证明四边形是平行四边形，再根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形即可得证．【详解】（1）解：如图所示，直线l为所求作．（2）证明：垂直平分，．四边形为平行四边形，．．在和中，．．∴四边形是平行四边形．∵平行四边形是菱形．55．（2025·河南南阳·二模）如图，在平行四边形中，平分，交于点．(1)请用无刻度的直尺和圆规作，交于点（保留作图痕迹，不写作法）．(2)证明（1）中得到的四边形是菱形．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】本题考查尺规作图——作一个角等于已知角，掌握平行四边形的性质，等腰三角形的判定及菱形的判定是解题的关键．（1）根据作一个角等于已知角作图即可；（2）由四边形是平行四边形，可得，可得出，．可证出四边形是平行四边形．再由平分．可得，，得出．即可得四边形是菱形．【详解】（1）解：如图，即为所求．（2）证明：四边形是平行四边形，，，．，四边形是平行四边形．平分．，，，四边形是菱形．56．（2025·河南驻马店·三模）如图，是一张锐角三角形纸片．(1)按下面的步骤完成尺规作图（保留作图痕迹，不写作法）①作的平分线，交于点；②作的垂直平分线，分别交、于点和．(2)连接、，证明得到的四边形为菱形．【答案】(1)①见解析；②见解析(2)见解析【分析】本题考查了尺规作角平分线，尺规作线段的垂直平分线，菱形的判定，解题关键是正确作出图形．（1）根据作图步骤作图即可；（2）先证明四边形为平行四边形，再根据有一组邻边相等的平行四边形是菱形证得结论成立．【详解】（1）如图，①即为所求；②即为所求；（2）连接和，如图，∵平分，∴，∵垂直平分，∴，，∴，∴，∴，同理可证：，∴四边形为平行四边形，∵，∴四边形为菱形．57．（2025·河南信阳·三模）综合与实践：如图，菱形中，，点从出发，沿边，运动到点停止．作射线，将射线以为旋转中心，逆时针旋转，交射线于，连接．(1)如图，与始终相等的角是_______．(2)如图，当点在边上（不与，重合）运动时，过点作射线的垂线，垂足为，若是线段的中点，连接，求的度数．(3)请直接写出为等腰三角形时，的度数．【答案】(1)(2)(3)或【分析】（1）利用菱形性质（，，等边等）和旋转角，通过角的和差找与相等的角．（2）先由菱形、旋转性质证得，推出等边，结合得是中点，再由是中点，用中位线或平行线性质求．（3）分点位置（在上、在上），根据等腰三角形（）腰相等情况，结合菱形、旋转性质及角的和差算．【详解】（1）解：菱形中，，∴是等边三角形，．旋转得，∴，∴．答案为．（2）解：连接，∵菱形中，，∴、是等边三角形，∴，．∵，∴，∴，∴，∴是等边三角形．∵，∴是中点；∵是中点，∴，∴．（3）解：当在上时，若，∵，，，∴为等边三角形．∴，∵，∴；若，∵，，∴，即与重合，∴；若，中，，则，∴．同理，．当在上时，若，∵，，∴．，∴．；若，∵，，∴．∴，这与三角形的内角和定理矛盾，舍去．（3）若，，∴．∴，这与三角形的内角和定理矛盾，舍去．综上，为等腰三角形时，的度数为或．【点睛】本题主要考查菱形的性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质及等腰三角形的分类讨论，熟练掌握菱形中特殊角（）构造等边三角形，利用旋转角找全等关系，分类讨论等腰三角形的腰长情况是解题关键．专练八、菱形与相似三角形的综合58．（2025·河南驻马店·三模）如图，P是菱形的边上的一点，，过点P作，垂足为Q．若，则的长为（

）A．3 B． C．2 D．【答案】C【分析】本题考查菱形的性质，相似三角形，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键．连接交于点O，，，根据勾股定理，可得，继而证明，则，即可解答．【详解】解：连接交于点O，如图，∵四边形菱形，，，∴，，∴，，∴，∵，∴，∴，即，解得，．故选：C．59．（2025·河南郑州·三模）如图是某校数学课外兴趣小组收集到的木质花窗图形，将其中部分抽象为如图所示的平面图形．发现四边形是菱形，，是的中点，点在边上，四边形是矩形，则：是．【答案】【分析】连接交于点，由矩形的性质得，，则，由菱形的性质得，，则是等边三角形，所以，则，因为是边的中点，所以，求得，则是等边三角形，所以，可证明，由，求得，即，于是得到问题的答案．【详解】解：连接交于点，四边形是矩形，，，，且，，，四边形是菱形，，，，是等边三角形，，，是边的中点，，，，是等边三角形，，，，∽，，，∴，故答案为：．【点睛】本题考查矩形的性质、菱形的性质、等边三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、解直角三角形等知识，正确地添加辅助线是解题的关键．60．（2025·河南驻马店·三模）如图，菱形中，点P为对角线上一动点，作关于的对称图形，得到，点D的对应点为点Q，射线与菱形的边交于点M．若，，则当点P为的三等分点时，的长为．（温馨提示：）【答案】或【分析】本题考查了菱形的性质、相似三角形的判定与性质、折叠的性质、全等三角形的判定与性质，根据是上的一个三等分点，可分成两种情况求解，先根据对称性得到边长，然后根据三角形相似以及直角三角形的勾股定理可求得结果．解题的关键是学会利用参数构建方程解决问题．【详解】解：如图，连接，交于点，四边形为菱形，，，，分两种情况：①当时，，如图，连接，，与交于点，由对称性可知，，，，，，设，则，，在中，，即，解得：（舍去），，，，，，，；②当时，连接，，由对称性可知，，，，，过点作于点，如图，，，，，设，则，在和中，，，，，，在中，，即，解得：（舍，，，综上，的长为或．故答案为：或．61．（2025·河南南阳·三模）如图，已知．(1)尺规作图：作平分交于点，再作的垂直平分线交于点，交于点（保留作图痕迹，不写作法）；(2)连接、，判断四边形的形状，并说明理由；(3)若，，，求的长．【答案】(1)见解析(2)四边形是菱形，理由见解析(3)【分析】题目主要考查角平分线及垂直平分线的作法、菱形的判定和性质，平行线分线段成比例等，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键．（1）根据角平分线及垂直平分线的作法作图即可；（2）根据基本的作图方法及其性质得出，，再由菱形的判定证明即可；（3）根据菱形的性质及平行线分线段成比例求解即可．【详解】（1）解：如图所示即为所求作的图形；（2）证明：四边形是菱形；根据作法可知：是线段的垂直平分线，，，，平分，，，，同理可得，，四边形是平行四边形，，平行四边形是菱形；（3）是菱形，，，，，解得：．62．（2025·河南驻马店·三模）综合与实践在四边形中，，分别是边，对角线上的动点，连接，将绕点顺时针旋转，点的对应点恰好落在边上．【初步探究】（1）如图1，若四边形为菱形．，；的值为；【类比探究】（2）如图2，若四边形为矩形，，，为线段的中点，，①写出图2中与相等的角，并说明理由；②求的值；【拓展应用】（3）如图3，在（2）的条件下，连接，将向左下方平移，点，，的对应点分别为，，，与交于点，当线段的三等分点与点重合时，直接写出线段的长．【答案】（1）；；（2）①（或），见解析；②；（3）或【分析】（1）根据菱形的性质可得，根据题意得出则，进而可得，即可得出，，根据等腰三角形的性质可得垂直平分，进而证明是等边三角形，得出，即可求解；（2）①（或），过点作于点，根据等角的余角相等得出；②证明，得出，设，则，证明，求得，进而求得的值；③过点作交于点，则四边形是矩形，过点作，过点Q作，则四边形是矩形，则，，由（2）可得，，进而得出，根据平移的性质得出，，证明，根据是的三等分点，可得或，进而求得或，根据正切的定义求得，根据，即可求解．【详解】解：（1）如图，连接，，∵四边形为菱形，∴，又∵，∴，∴∴∴又∵，∴垂直平分，又∵在上，∴∵∴∴是等边三角形，∴∵，∴∴，故答案为：；．（2）①（或），理由如下，过点作于点，∵∴又∴②由旋转的性质可得，，又∵∴∴又∵是边的中点，∴设，则又∵∴∴∴即解得：∴，∴；（3）如图，过点作交于点，则四边形是矩形，过点作，过点Q作，则四边形是矩形，则，，∴，由（2）可得，又，∴，∴，根据题意，将向左下方平移，点，，的对应点分别为，，，与交于点，∴，∴，又∴∴∵是的三等分点，∴或∴或∴或，或∴或即或【点睛】本题考查了菱形的性质，相似三角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，旋转的性质，平移的性质，全等三角形的性质与判定，正切的定义，熟练掌握以上知识是解题的关键．专练九、正方形性质与判定的综合63．（2025·河南平顶山·三模）如图，在正方形中，点在上，于点，于点G．若，则的面积为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，先证明得，，，则，利用勾股定理构造方程，解方程得，再根据求解即可．【详解】解：∵在正方形中，，∴，，，∴，∵于点F，于点G，∴，∴，∴在和中，，∴，∴，，设，则，在中，，在中，，在中，，∴，解得，即，∴．故选：C．64．（2025·河南驻马店·模拟预测）如图，在边长为4的正方形中，点在边上，且，若为平面内一点，且满足，连接，则线段的最小值为，最大值为．【答案】//【分析】本题考查了勾股定理，直角三角形的外接圆，线段的最值问题，将线段的最值问题转化为点与圆上的点的最值问题是解题的关键；取的中点F，连接，由可得点P在以为直径的圆上，再利用点与圆的位置关系求线段的最小值和最大值．【详解】如图，取的中点F，连接，以为直径作圆，，点P在以为直径的圆上，四边形为正方形，且边长为4，，，，又，由勾股定理得，点P在以为直径的圆上，的最小值为，最大值为．故答案为：；．65．（2025·河南驻马店·三模）如图，在正方形中，，E是边的中点，连接交对角线于点F，则线段的长为（

）A．1 B． C． D．【答案】C【分析】此题重点考查正方形的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识，求得，并且证明是解题的关键．由正方形的性质得，，，则，求得，由，证明，求得，则，于是得到问题的答案．【详解】解：四边形是正方形，，是边的中点，，，，，，，，，，故选：C．66．（2025·河南周口·二模）如图，在正方形中，，分别是边和上的动点，且，与交于点，连接，则的最小值是（

）．A． B．3 C． D．【答案】A【分析】本题主要考查了正方形的性质，借助于圆解决线段的最值问题，勾股定理等知识点，解题的关键是熟练掌握以上性质，并灵活应用．取线段的中点，以点为圆心，长为半径画圆，连接交于点，判定出，得出，确定点在上，然后利用勾股定理即可求出线段最小值．【详解】解：如图所示，取线段的中点，以点为圆心，长为半径画圆，连接交于点，在正方形中，，，又，，,，，∴点在上，此时，时值最小，由勾股定理得,，故选：A．67．（2025·河南郑州·三模）在正方形中，，点为直线上的一点，过点作交直线于点．若，则．【答案】或【分析】本题主要考查了正方形的性质，相似三角形的判定和性质，依题意有以下两种情况：①当点在点右侧时，设，则，，证明和相似得，然后在中，由勾股定理求出即可得出的长；②当点在点的左侧时，设，则，，证明和相似得，然后在中，由勾股定理求出即可得出的长，综上所述即可得出答案．【详解】解：依题意有以下两种情况：①当点在点右侧时，如图所示：设，则，四边形是正方形，，，，直线于点，且，，又，，，，，在中，由勾股定理得：，，整理得：，解得：，（不合题意，舍去）；②当点在点的左侧时，如图所示：设，则，四边形是正方形，，，，直线于点，且，，又，，，，，在中，由勾股定理得：，，整理得：，解得：，（不合题意，舍去）．综上所述：的长度是或．68．（2025·河南周口·三模）综合与实践在数学实践课上，实践小组了准备一张等腰直角三角形纸片和一张正方形纸片进行实验探究．如图，与正方形的顶点重合，，连接，射线与射线交于点．初步探究（1）如图1，当点在上，三点共线时，则的值是_____，的度数为______．操作探究（2）在图1的基础上，将正方形绕点顺时针旋转得到图2，连接．求证：．拓展探究（3）在图1的基础上，将正方形绕点顺时针旋转一周，当时，若，请直接写出线段的长．【答案】（1）1，（2）见详解（3）的长为或【分析】（1）根据正方形的性质得到，，根据全等三角形的性质得到，，得到，根据余角的性质得到；（2）如图，在线段上截取，连接．由（1）可知，根据全等三角形的性质得到，，求得，根据等腰直角三角形的性质得到，于是得到；（3）①如图3，当A，P（F），D三点共线时，．由（1）可知：，，，求得，设，则，根据勾股定理得到（负值舍去）；②如图4，当B，D（P），F三点共线时，，设，得到，根据勾股定理得到结论．【详解】解：（1）∵，，∴，∵四边形是正方形，∴，，又∵，∴，∴，，∴，∵，∴，∴，∴，故答案为：1，；（2）证明：如图，在线段上截取，连接．由（1）同理可知，即，又∵，，∴，∴，，则∴，∴为等腰直角三角形，∴∴；（3）解：①如图3，当A，P（F），D三点共线时，．由（1）可知：，，，∵，∴，∴设，当A，P（F），D三点共线时，．由（2）得，即，∵，，则，在中，由勾股定理得：，∴，则，∴，则，，解得：（负值舍去）；②如图4，当B，D（P），F三点共线时，，设，∵四边形是正方形，∴，∴，∵，∴，在中，，∴，∴，∴，则，，解得（负值舍去），综上所述，线段的长为或．【点睛】本题是四边形综合题，主要考查正方形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，旋转的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题．69．（2025·河南周口·模拟预测）数学活动课上，某小组将一个含的三角尺和一个正方形纸板如图1摆放，若，，将三角形绕点逆时针方向旋转（）角，观察图形的变化，并完成探究活动活动．【初步探究】如图2，连接，并延长，延长线相交于点，交于点．（1）问题1：和的数量关系是______，位置关系是______．【深入探究】应用问题1的结论解决下面的问题．（2）问题2：如图3，连接，点是的中点，连接，，求证：．【尝试应用】（3）问题3：如图4，请直接写出当旋转角从变化到时，点经过路线的长度．【答案】（1），；（2）见解析；（3）【分析】（1）先证，得到，，再根据和内角和推导，证即可得出结论；（2）利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得证；（3）由（2）知点，则点G的运动轨迹是以O为圆心，为半径的弧上，再根据α的变化求圆心角即可得解．【详解】（1）解：∵四边形是正方形，∴，，∵是含有的直角三角尺，∴是等腰直角三角形，∴，，∵，∴，∴，∴，，∵，∴，即，故答案为：，；（2）证明：是直角三角形，是的中点，，由（1）知，是直角三角形，，；（3）解：由（2）知，，点的运动轨迹是以为圆心，为半径的弧，连接，，旋转角从变化到，此时点的运动路线就是，取中点，连接，，，，，为等边三角形，，，，，，即，，，，，，，，的长度为，即点经过路线的长度为．【点睛】本题主要考查了正方形的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、直角三角形的性质、弧长公式等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键．70．（2025·河南·模拟预测）在综合与实践课上，赵老师让同学们以“正方形的折叠”为主题开展数学活动．操作一：对折正方形纸片，使与重合，得到折痕，把纸片展平；操作二：在上选一点，沿折叠，使点落在正方形内部的点处，把纸片展平，连接并延长，交于点，连接．(1)如图1，当点在上时，与的数量关系是_____；(2)如图2，改变点在上的位置（点不与点重合），使点不在上时，判断（1）中与之间的数量关系是否仍然成立，并说明理由；(3)在（2）的探究中，连接，已知正方形纸片的边长为2，当的周长最小时，直接写出此时的长．【答案】(1)(2)成立，理由见解析(3)【分析】（1）由折叠得，证明，得到，再根据平角定义和三角形内角和定理可得结论；（2）由折叠得，证明，得到，再根据平角定义和三角形内角和定理可得结论；（3）的周长表示为，当取最小值时，的周长最小，设，则，由勾股定理列方程求解即可；【详解】（1）证明：∵四边形是正方形，，由折叠得，，，在和中，，，，，，；（2）解：成立，∵四边形是正方形，，由折叠得，，，在和中，，，，，，．（3）解：由折叠得，，∴的周长为，当取最小值时，的周长最小，∵点的轨迹是以点为圆心，的长为半径的圆弧；以点为圆心，的长为半径画圆，当点共线时，最小，设，则，由折叠得，，，，在中，，，，．【点睛】本题主要考查正方形的性质，圆相关知识点，折叠的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，解题的关键是掌握以上知识点．专练十、正方形与相似三角形的综合71．（2025·河南信阳·三模）如图，正方形的边长为．边上有一点，以为斜边，在正方形内部作一等腰直角三角形，，连接，则的最小值为，最大值为．【答案】4【分析】本题主要考查了正方形的性质，相似三角形的判定及性质，解直角三角形，熟练掌握相似三角形的判定及性质是解题的关键．连接，，，交于，由四边形是正方形，得，，，，，证明，得，点在上，从而根据垂线段最短可得解．【详解】解：如图，连接，，，交于，∵四边形是正方形，∴，，，，，∴，，∵是以为斜边的等腰直角三角形，∴，，∴，，∴，∴，∴点在上，当与重合时，，此时最小，最小值，当与重合时，此时最大，最大值，故答案为：，．72．（2025·河南洛阳·三模）如图，等腰直角三角形的斜边经过正方形的顶点B，点G为的中点，连接与交于点H．（1）若，则的长度为．（2）若B恰为的中点，则的值为．【答案】10【分析】（1）连接，证明，推出，证明，根据，，即可求解；（2）根据题意易证是等腰直角三角形，设，由恰为的中点，得到，根据，求出，再根据，求出，即，求出，即可求解．【详解】解：（1）连接，∵是等腰直角三角形，为中点，∴，，，，∵四边形是正方形，∴，，又∵，∴，在和中，，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴，又∵，