五年(2021-2025)中考数学真题分类汇编(贵州专用)10：四边形（基础70题）（教师版）

专题10四边形（基础，70题）一、单选题1．（2025·贵州·中考真题）如图，小红想将一张矩形纸片沿剪下后得到一个，若，则的度数是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查平行四边形的性质，根据平行四边形的对边平行，结合平行线的性质，即可得出结果．【详解】解：∵，∴，∴；故选B．2．（2025·贵州·中考真题）如图，在中，，以为圆心，长为半径作弧，交于点，则的长为（

）A．5 B．4 C．3 D．2【答案】D【分析】本题考查等边三角形的判定和性质，根据作图得到，进而推出为等边三角形，得到，再根据线段的和差关系进行求解即可．【详解】解：根据作图可知：，∵，∴为等边三角形，∴，∴；故选D．3．（2024·贵州·中考真题）如图，的对角线与相交于点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．4．（2022·贵州毕节·中考真题）如图，在长方形纸片中，E为的中点，连接，将沿折叠得到，连接．若，则的长为（

）A．3 B．3.6 C．3.5 D．3.4【答案】B【分析】本题主要考查了翻折变换，矩形的性质，勾股定理，平行线的性质等知识，利用等积法求出的长是解题的关键．连接，交于点，根据翻折的性质知，，垂直平分，再说明，利用等积法求出的长，再利用勾股定理可得答案．【详解】解：连接，交于点，将沿折叠得到，，，垂直平分，点为的中点，，，，，，，在中，由勾股定理得，，，，在中，由勾股定理得，，故选：B．5．（2022·贵州安顺·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，将边长为2的正六边形绕点顺时针旋转个，得到正六边形，当时，正六边形的顶点的坐标是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由于正六边形每次转45°，根据，则的坐标与的坐标相同，求得的坐标即可求解．【详解】解：将边长为2的正六边形绕点顺时针旋转个，当时，则的坐标与的坐标相同，则如图，过点作于，过点轴于点，，，，，正六边形的一个外角，，，，，，，，故选A．【点睛】本题考查了旋转的性质，解直角三角形，正六边形的性质，正多边形的外角和，内角和，求得的位置是解题的关键．6．（2022·贵州安顺·中考真题）如图，边长为的正方形内接于，，分别与相切于点和点，的延长线与的延长线交于点，则图中阴影部分的面积为（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】根据正方形的性质以及切线的性质，求得的长，勾股定理求得的长，进而根据即可求解．【详解】如图，连接,，

边长为的正方形内接于，即，，，为的直径，，，分别与相切于点和点，，四边形是正方形，，是等腰直角三角形，，，四边形是矩形，，四边形是正方形，，，．故选C．【点睛】本题考查了圆的切线的性质，正方形的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质，掌握以上知识是解题的关键．7．（2022·贵州六盘水·中考真题）如图，将一张长方形纸对折，再对折，然后沿图中虚线剪下，剪下的图形展开后可得到（

）A．三角形 B．梯形 C．正方形 D．五边形【答案】C【分析】根据题意知，对折实际上就是对称，对折两次的话，剪下应有4条边，并且这4条边还相等，从而可以进行从题后的答案中选择．【详解】解：由题意知，对折实际上就是对称，对折2次的话，剪下应有4条边，并且这4条边还相等，且每个角等于90度，其只有正方形满足这一条件．故选C．【点睛】此题考查了利用对称设计图案以及菱形的判定，关键是根据对折实际上就是轴对称性质的运用进行解答．也可动手折纸求解．8．（2022·贵州铜仁·中考真题）如图，在边长为6的正方形中，以为直径画半圆，则阴影部分的面积是（

）A．9 B．6 C．3 D．12【答案】A【分析】设AC与半圆交于点E，半圆的圆心为O，连接BE，OE，证明BE=CE，得到弓形BE的面积=弓形CE的面积，则．【详解】解：设AC与半圆交于点E，半圆的圆心为O，连接BE，OE，∵四边形ABCD是正方形，∴∠OCE=45°，∵OE=OC，∴∠OEC=∠OCE=45°，∴∠EOC=90°，∴OE垂直平分BC，∴BE=CE，∴弓形BE的面积=弓形CE的面积，∴，故选A．【点睛】本题主要考查了求不规则图形的面积，正方形的性质，等腰直角三角形的性质，圆的性质，熟知相关知识是解题的关键．9．（2022·贵州铜仁·中考真题）如图，在矩形中，，则D的坐标为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】先根据A、B的坐标求出AB的长，则CD=AB=6，并证明轴，同理可得轴，由此即可得到答案．【详解】解：∵A（-3，2），B（3，2），∴AB=6，轴，∵四边形ABCD是矩形，∴CD=AB=6，轴，同理可得轴，∵点C（3，-1），∴点D的坐标为（-3，-1），故选D．【点睛】本题主要考查了坐标与图形，矩形的性质，熟知矩形的性质是解题的关键．10．（2022·贵州遵义·中考真题）如图，在正方形中，和交于点，过点的直线交于点（不与，重合），交于点．以点为圆心，为半径的圆交直线于点，．若，则图中阴影部分的面积为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题意可得四边形的面积等于正方形面积的一半，根据阴影部分面积等于半圆减去四边形的面积和弓形的面积即可求解．【详解】解：在正方形中，，的半径为：过点，根据中心对称可得四边形的面积等于正方形面积的一半，又阴影部分面积为：故选：B．【点睛】本题考查了正方形的性质，求扇形面积，掌握以上知识是解题的关键．11．（2022·贵州黔东南·中考真题）如图，在边长为2的等边三角形的外侧作正方形，过点作，垂足为，则的长为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】过点A分别作AG⊥BC于点G，AH⊥DF于点H，可得四边形AGFH是矩形，从而得到FH=AG，再由△ABC为等边三角形，可得∠BAG=30°，BG=1，从而得到，再证得∠DAH=∠BAG=30°，然后根据直角三角形的性质，即可求解．【详解】解：如图，过点A分别作AG⊥BC于点G，AH⊥DF于点H，∵DF⊥BC，∴∠GFH=∠AHF=∠AGF=90°，∴四边形AGFH是矩形，∴FH=AG，∵△ABC为等边三角形，∴∠BAC=60°，BC=AB=2，∴∠BAG=30°，BG=1，∴，∴，在正方形ABED中，AD=AB=2，∠BAD=90°，∴∠DAH=∠BAG=30°，∴，∴．故选：D【点睛】本题主要考查了等边三角形和正方形的性质，直角三角形的性质，熟练掌握等边三角形和正方形的性质，直角三角形的性质是解题的关键．12．（2021·贵州毕节·中考真题）若正多边形的一个外角是45°，则该正多边形的内角和为（

）A．540° B．720° C．900° D．1080°【答案】D【分析】利用多边形外角求得该多边形的边数，再利用多边形内角和公式即可解答．【详解】解：∵多边形外角和为360°，一个外角是45°，∴该正多边形的边数为360°÷45°=8，多边形内角和为：（n-2）×180°=（8-2）×180°=1080°，故D正确．故选：D．【点睛】本题主要考查了多边形外角和以及多边形内角和公式，熟练掌握相关公式是解题关键．13．（2021·贵州黔西·中考真题）如图，在正方形中，，分别是，的中点，，交于点，连接．下列结论：①；②；③．其中正确的结论是（

）A．①② B．①③ C．②③ D．①②③【答案】D【分析】根据正方形的性质得到AB=BC=CD=AD，∠B＝∠BCD＝90°，得到，，根据全等三角形的性质得到∠ECB＝∠CDF，CE＝DF，故①正确；求得∠CGD＝90°，根据垂直的定义得到CE⊥DF，故②正确；延长CE交DA的延长线于H，根据线段中点的定义得到AE=BE，根据全等三角形的性质得到BC=AH=AD，由AG是斜边的中线，得到，求得∠ADG＝∠AGD，根据余角的性质得到∠AGE＝∠CDF，故③正确．【详解】解：四边形是正方形，，，，分别是，的中点，，，，在与中，，，，，故①正确；，，，，故②正确；，如图，延长交的延长线于，∵AD//BC，∴∠AHE=∠BCE，点是的中点，，，，，，，是斜边的中线，，，，，．故③正确；故选：D．【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质等知识，此题综合性很强，难度较大，解题的关键是注意数形结合思想的应用．14．（2021·贵州遵义·中考真题）如图，将矩形纸片ABCD的两个直角进行折叠，使CB，AD恰好落在对角线AC上，B′，D′分别是B，D的对应点，折痕分别为CF，AE．若AB＝4，BC＝3，则线段的长是（）A． B．2 C． D．1【答案】D【分析】先利用矩形的性质与勾股定理求解再利用轴对称的性质求解，从而可得答案.【详解】解：矩形纸片ABCD，由折叠可得：同理：故选：【点睛】本题考查的是勾股定理的应用，轴对称的性质，矩形的性质，掌握以上知识是解题的关键.15．（2021·贵州遵义·中考真题）如图，▱ABCD的对角线AC，BD相交于点O，则下列结论一定正确的是（）A．OB＝OD B．AB＝BC C．AC⊥BD D．∠ABD＝∠CBD【答案】A【分析】根据平行四边形的性质：对边平行且相等，对角线互相平分进行判断即可．【详解】解：平行四边形对角线互相平分，A正确，符合题意；平行四边形邻边不一定相等，B错误，不符合题意；平行四边形对角线不一定互相垂直，C错误，不符合题意；平行四边形对角线不一定平分内角，D错误，不符合题意．故选：A．【点睛】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．16．（2021·贵州毕节·中考真题）如图，在矩形纸片ABCD中，，，M是BC上的点，且．将矩形纸片ABCD沿过点M的直线折叠，使点D落在AB上的点P处，点C落在点处，折痕为MN，则线段PA的长是（

）A．4 B．5 C．6 D．【答案】B【分析】连接PM，证明即可得到，PA=5．【详解】连接PM∵矩形纸片ABCD中，，，∴∵∴∵折叠∴,∴∵PM=PM∴∴∴故选B．【点睛】本题考查矩形的折叠问题，解题的关键是看到隐藏条件，学会利用翻折不变性解决问题．17．（2021·贵州黔东南·中考真题）如图，在边长为2的正方形ABCD中，若将AB绕点A逆时针旋转，使点B落在点的位置，连接B，过点D作DE⊥，交的延长线于点E，则的长为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用已知条件求得,设，将都表示出含有的代数式，利用的函数值求得，继而求得的值【详解】设交于点,由题意：是等边三角形四边形为正方形∴∠CBF=90°-60°=30°，DE⊥又设则解得：故选A【点睛】本题考查了正方形的性质，等边三角形的判定与性质，锐角三角函数定义，特殊角的锐角三角函数值，灵活运用锐角三角函数的定义及特殊三角函数值是解题的关键．18．（2021·贵州贵阳·中考真题）如图，在中，的平分线交于点，的平分线交于点，若，则的长是（

）A．1 B．2 C．2.5 D．3【答案】B【分析】根据平行四边形的性质证明DF＝CD，AE＝AB，进而可得AF和ED的长，然后可得答案．【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AD∥CB，AB＝CD＝3，AD＝BC＝4，∴∠DFC＝∠FCB，又∵CF平分∠BCD，∴∠DCF＝∠FCB，∴∠DFC＝∠DCF，∴DF＝DC＝3，同理可证：AE＝AB＝3，∵AD＝4，∴AF＝4−3＝1，DE＝4−3＝1，∴EF＝4−1−1＝2．故选：B．【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，在平行四边形中，当出现角平分线时，一般可利用等腰三角形的性质解题．19．（2021·贵州铜仁·中考真题）用形状、大小完全相同的一种或几种平面图形进行拼接，彼此之间不留空隙、不重叠地铺成一片，这就是平面图形的镶嵌．工人师傅不能用下列哪种形状、大小完全相同的一种地砖在平整的地面上镶嵌（

）A．等边三角形 B．正方形 C．正五边形 D．正六边形【答案】C【分析】进行平面镶嵌就是在同一顶点处的几个多边形的内角和应是，因此我们只需要验证是不是上面所给的几个正多边形的一个内角度数的整数倍即可．【详解】解：A、等边三角形每个内角的度数为，，故该项不符合题意；B、正方形的每个内角的度数为，，故该项不符合题意；C、正五边形的每个内角的度数为，，故该项符合题意；D、正六边形的每个内角的度数为，，故该项不符合题意；故选：C．【点睛】此题考查镶嵌问题，正确掌握各正多边形的每个内角的度数及镶嵌的计算方法是解题的关键．二、填空题20．（2025·贵州·中考真题）如图，在矩形中，点E，F，M分别在，，边上，分别交对角线、线段于点G，H，且是的中点．若，则的长为．【答案】【分析】如图，连接，交于，过作于，求解，证明是的中位线，可得，，，证明四边形是平行四边形，可得，而，，求解，再进一步求解即可.【详解】解：如图，连接，交于，过作于，∵，，∴，∵矩形，∴，，∴，，∵是的中点，∴是的中位线，∴，，∴，∴，∵，，∴，∵，∴四边形是平行四边形，∴，而，，∴，∴，∴，∴；故答案为：【点睛】本题考查的是平行四边形的判定与性质，矩形的性质，三角形的中位线的性质，锐角三角函数的应用，作出合适的辅助线是解本题的关键.21．（2024·贵州·中考真题）如图，在菱形中，点E，F分别是，的中点，连接，．若，，则的长为．【答案】/【分析】延长，交于点M，根据菱形的性质和中点性质证明，，过E点作交N点，根据三角函数求出，，，，在中利用勾股定理求出，根据菱形的性质即可得出答案．【详解】延长，交于点M，在菱形中，点E，F分别是，的中点，，，，，在和中，，，在和中，，，，，，过E点作于N点，，，，，，，在中，即，，，故答案为：．【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，运用三角函数解直角三角形，勾股定理等，正确添加辅助线构造直角三角形是解本题的关键．22．（2023·贵州·中考真题）如图，在矩形中，点为矩形内一点，且，，则四边形的面积是．

【答案】【分析】连接，可得，即平分，在上截取，连接，证明，进而可得为等腰直角三角形，则四边形的面积，代入数据求解即可．【详解】解：如图，连接，

矩形中，，，，，，，，，，，，，在上截取，连接，则，∵，∴，∴，，，，，，四边形的面积．故答案为：．【点睛】本题考查矩形的性质，根据特殊角三角函数值求角的度数，等腰三角形的判定和性质，三角形外角的性质等，综合性较强，解题的关键是正确作出辅助线，将四边形的面积转化为．23．（2022·贵州安顺·中考真题）已知正方形的边长为4，为上一点，连接并延长交的延长线于点，过点作，交于点，交于点，为的中点，为上一动点，分别连接，．若，则的最小值为．【答案】/【分析】由正方形的性质，可得点与点关于对称，则有，所以当、、三点共线时，的值最小为，先证明，再由，可知，分别求出，，，即可求出．【详解】解：连接AM，四边形是正方形，点与点关于对称，，，当、、三点共线时，的值最小，，，，，，，，，，，正方形边长为4，，，，，，在中，，，是的中点，，在中，，，，的最小值为，故答案为：．【点睛】本题考查轴对称求最短距离，解题的关键是熟练掌握正方形的性质，用轴对称求最短距离的方法，灵活应用三角形相似、勾股定理．24．（2022·贵州黔西·中考真题）如图，边长为4的正方形ABCD的对角线交于点O，以OC为半径的扇形的圆心角．则图中阴影部分面积是．【答案】【分析】证明△OCG≌△OBE，经过观察易得出结论：阴影部分面积=扇形面积-正方形面积的．【详解】∵四边形ABCD为正方形，∴OB=OC，∠BOC=90°，∠OBE=∠OCG=45°，∵扇形的圆心角，∴∠BOC-∠COE=∠FOH-∠COE，即∠BOE=∠COG，在△OCG和△OBE中，∠OBE=∠OCG，∠BOE=∠COG，OB=OC∴△OCG≌△OBE，∵正方形边长为4，∴AC=，∴OC=∵，===故答案为：【点睛】本题主要考查了正方形的性质，三角形的全等以及扇形面积的计算；掌握正方形的性质，熟练地进行三角形全等的判定，将不规则图形的面积转化为常见图形的面积是解题的关键．25．（2022·贵州铜仁·中考真题）如图，在边长为2的正方形ABCD中，点E为AD的中点，将△CDE沿CE翻折得△CME，点M落在四边形ABCE内．点N为线段CE上的动点，过点N作NP//EM交MC于点P，则MN+NP的最小值为．【答案】【分析】过点M作MF⊥CD于F，推出MN+NP的最小值为MF的长，证明四边形DEMG为菱形，利用相似三角形的判定和性质求解即可．【详解】解：作点P关于CE的对称点P′，由折叠的性质知CE是∠DCM的平分线，∴点P′在CD上，过点M作MF⊥CD于F，交CE于点G，∵MN+NP=MN+NP′≤MF，∴MN+NP的最小值为MF的长，

连接DG，DM，由折叠的性质知CE为线段DM的垂直平分线，∵AD=CD=2，DE=1，∴CE==，∵CE×DO=CD×DE，

∴DO=，∴EO=，∵MF⊥CD，∠EDC=90°，∴DE∥MF，∴∠EDO=∠GMO，

∵CE为线段DM的垂直平分线，∴DO=OM，∠DOE=∠MOG=90°，∴△DOE≌△MOG，∴DE=GM，∴四边形DEMG为平行四边形，

∵∠MOG=90°，∴四边形DEMG为菱形，∴EG=2OE=，GM=DE=1，∴CG=，∵DE∥MF，即DE∥GF，∴△CFG∽△CDE，∴，即，

∴FG=，∴MF=1+=，∴MN+NP的最小值为．故答案为：．【点睛】此题主要考查轴对称在解决线段和最小的问题，熟悉对称点的运用和画法，知道何时线段和最小，会运用勾股定理和相似三角形的判定和性质求线段长度是解题的关键．26．（2022·贵州铜仁·中考真题）如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC=80°，延长BC到E，在∠DCE内作射线CM，使得∠ECM=30°，过点D作DF⊥CM，垂足为F．若DF=，则BD的长为（结果保留很号）．【答案】【分析】连接AC交BD于H，证明△DCH≌△DCF，得出DH的长度，再根据菱形的性质得出BD的长度．【详解】解：如图，连接AC交BD于点H，由菱形的性质得∠ADC=∠ABC=80°，∠DCE=80°，∠DHC=90°，又∵∠ECM=30°，∴∠DCF=50°，∵DF⊥CM，∴∠CFD=90°，∴∠CDF=40°，又∵四边形ABCD是菱形，∴BD平分∠ADC，∴∠HDC=40°，在△CDH和△CDF中，，∴△CDH≌△CDF（AAS），∴DH=DF=，∴DB=2DH=．故答案为：．【点睛】本题主要考查菱形的性质和全等三角形的判定，菱形的对角线互相平分是此题的关键知识点，得出∠HDC=∠FDC是这个题最关键的一点．27．（2022·贵州毕节·中考真题）如图，在中，，点P为边上任意一点，连接，以，为邻边作平行四边形，连接，则长度的最小值为．【答案】/2.4

【分析】利用勾股定理得到BC边的长度，根据平行四边形的性质，得知OP最短即为PQ最短，利用垂线段最短得到点P的位置，再证明利用对应线段的比得到的长度，继而得到PQ的长度．【详解】解：∵，∴，∵四边形APCQ是平行四边形，∴PO＝QO，CO＝AO，∵PQ最短也就是PO最短，∴过O作BC的垂线，∵,∴,∴，∴，∴，∴则PQ的最小值为，故答案为：．【点睛】考查线段的最小值问题，结合了平行四边形性质和相似三角形求线段长度，本题的关键是利用垂线段最短求解，学生要掌握转换线段的方法才能解出本题．28．（2022·贵州黔东南·中考真题）如图，折叠边长为4cm的正方形纸片，折痕是，点落在点处，分别延长、交于点、，若点是边的中点，则cm．【答案】/【分析】根据折叠的性质可得DE=DC=4，EM=CM=2，连接DF，设FE=x，由勾股定理得BF，DF，从而求出x的值，得出FB，再证明，利用相似三角形对应边成比例可求出FG．【详解】解：连接如图，∵四边形ABCD是正方形，∴∵点M为BC的中点，∴由折叠得，∠∴∠，设则有∴又在中，，∵∴∴在中，∴解得，（舍去）∴∴∴∵∠∴∠∴∠又∠∴△∴即∴故答案为：【点睛】本题主要考查了正方形的性质，折叠的性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质，正确作出辅助线是解答本题的关键．29．（2022·贵州黔东南·中考真题）如图，矩形的对角线，相交于点，//，//．若，则四边形的周长是．【答案】20【分析】首先由四边形ABCD是矩形，根据矩形的性质，易得OC=OD=5，由CE∥BD，DE∥AC，可证得四边形CODE是平行四边形，又可判定四边形CODE是菱形，继而求得答案．【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，∴AC=BD=10，OA=OC，OB=OD，∴OC=OD=BD=5，∵//，//．，∴四边形CODE是平行四边形，∵OC=OD=5，∴四边形CODE是菱形，∴四边形CODE的周长为：4OC=4×5=20．故答案为20．【点睛】本题考查菱形的判定与性质以及矩形的性质．此题难度不大，注意证得四边形CODE是菱形是解题关键．30．（2021·贵州黔西·中考真题）如图，在矩形纸片中，，，是上的点，且，将矩形纸片沿过点的直线折叠，使点落在上的点处，点落在点处，折痕为，则线段的长是．【答案】4【分析】要求AN的长，可放在中，利用勾股定理求解，所以还需算出AP，PN的长．PN可根据折叠的性质求解，而求解PA,需先求解PB，连接PM可证，同时利用折叠性质，可求得PB的长,最后可求出AN的长．【详解】解：连接PM，如图所示：，，，，由折叠性质得，，，，在和△中，，，，．设，则，在中，，即，解得，的长是4．故答案为：4．【点睛】本题考查了折叠图形的性质、直角三角形全等的判定与性质以及勾股定理的综合运用，辅助线的作法是解决本题的关键．31．（2021·贵州黔西·中考真题）如图，在中，，，，作正方形，使顶点，分别在，上，边在上；类似地，在△中，作正方形；在△中，作正方形；；依次作下去，则第个正方形的边长是．【答案】【分析】法一：过作，通过做辅助线并结合等腰直角三角形的性质找到第二个正方形边长与第一个正方形边长的比值为，依次类推可得第n个正方形的边长．法二：直接利用等腰直角三角形的性质，找到第二个正方形边长与第一个正方形边长的比值为，依次类推可得第n个正方形的边长．【详解】解：法1：过作，交于点，交于点，如图所示：，，为斜边为1的等腰直角三角形，，又△为等腰直角三角形，，，第1个正方形的边长，同理第2个正方形的边长，则第个正方形的边长；法2：由题意得：，，，，同理可得：，依此类推．故答案为：．【点睛】本题考查了等腰直角三角形与正方形的性质，能够准确利用相关性质找到正方形边长的比值规律是解决本题的关键．32．（2021·贵州毕节·中考真题）如图，在菱形ABCD中，，，Q为AB的中点，P为对角线BD上的任意一点，则的最小值为．【答案】【分析】连接AC，CQ，则CQ的长即为AP+PQ的最小值，再根据菱形ABCD中，∠BCD=120°得出∠ABC的度数，进而判断出△ABC是等边三角形，故△BCQ是直角三角形，根据勾股定理即可得出CQ的长．【详解】解：连接AC，CQ，∵四边形ABCD是菱形，∴A、C关于直线BD对称，∴CQ的长即为AP+PQ的最小值，∵∠BCD=120°，∴∠ABC=60°，∴△ABC是等边三角形，∵Q是AB的中点，∴CQ⊥AB，BQ=BC=×2=1，∴CQ=．故答案为：．【点睛】本题考查了轴对称-最短路线问题，熟知菱形的性质及两点之间线段最短是解答此题的关键．33．（2021·贵州黔东南·中考真题）如图，BD是菱形ABCD的一条对角线，点E在BC的延长线上，若，则的度数为度．【答案】64【分析】根据菱形的性质可以求得和，再应用三角形外角的性质即可求解．【详解】解：∵BD是菱形ABCD的一条对角线，，∴，，∴，∴．故答案为：64．【点睛】本题考查菱形的性质和三角形外角的性质，熟练掌握以上知识点是解题关键．34．（2021·贵州贵阳·中考真题）在综合实践课上，老师要求同学用正方形纸片剪出正三角形且正三角形的顶点都在正方形边上．小红利用两张边长为2的正方形纸片，按要求剪出了一个面积最大的正三角形和一个面积最小的正三角形．则这两个正三角形的边长分别是．【答案】，2．【分析】设为正方形ABCD的一个内接正三角形，不妨假设F、G分别在AB，CD上，E在AD上，作的高EK，可得点E，K，G，D四点共圆，从而得点K为一个定点，当GF最大时，的面积最大，当GF最小时，的面积最小，进而即可求解．【详解】解：设为正方形ABCD的一个内接正三角形，不妨假设F、G分别在AB，CD上，E在AD上，如图，作的高EK，∵∠EKG=∠EDG=90°，∴点E，K，G，D四点共圆，∴∠KDE=∠KGE=60°，同理：∠KAE=∠KFE=60°，∴是一个正三角形，点K为一个定点，∵正三角形的面积取决于它的边长，∴当GF最大时，的面积最大，当GF最小时，的面积最小，∴当KF⊥AB时，FG最小，即FG最小，此时，FG=AD=2，当点F与点B重合时，KF最大，即FG最大，此时的面积最大，过点K作AB的平行线交AD于点M，交BC于点N，∴MK为的高，∴MK=DKsin60°=ADsin60°=，∴KN=AB-MK=，∵K为BG的中点，N为BC的中点，∴CG=2KN=，∴FG=．故答案是：，2．【点睛】本题主要考查正方形和等边三角形的性质以及四边形外接圆的性质和判定，解直角三角形，根据题意画出图形，证明正方形的内接正三角形的一边中点是一个定点，是解题的关键．35．（2021·贵州铜仁·中考真题）如图，、分别是正方形的边、上的动点，满足，连接、，相交于点，连接，若正方形的边长为2．则线段的最小值为．【答案】【分析】先证明△BCE≌△CDF，推出，确定当A、G、C三点共线时，AG最短，此时点G与点O重合，由此求出答案．【详解】解：连接AC、BD，∵四边形ABCD是正方形，∴AB=BC，，∵，∴BE=CF，∴△BCE≌△CDF，∴，∵，∴，∴，当A、G、C三点共线时，AG最短，连接MF、MO，∵，∴，∴当A、G、C三点共线时，此时点G与点O重合，∵AD=2，OA=OD，,∴,故答案为：．【点睛】此题考查正方形的性质，全等三角形的判定及性质，直角三角形斜边中线等于斜边一半的性质熟记各定义并应用解决问题是解题的关键．36．（2021·贵州铜仁·中考真题）如图，将边长为1的正方形绕点顺时针旋转到的位置，则阴影部分的面积是；【答案】【分析】交于点，连接；根据全等三角形性质，通过证明，得；结合旋转的性质，得；根据三角函数的性质计算，得，结合正方形和三角形面积关系计算，即可得到答案．【详解】解：如图，交于点，连接根据题意，得：，∵∴∴∵正方形绕点顺时针旋转到∴，∴∴∴∴∴∴阴影部分的面积故答案为：．【点睛】本题考查了正方形、全等三角形、旋转、三角函数的知识；解题的关键是熟练掌握正方形、全等三角形、旋转、三角函数的性质，从而完成求解．三、解答题37．（2025·贵州·中考真题）如图，在中，为对角线上的中点，连接，且，垂足为．延长至，使，连接，，且交于点．(1)求证：是菱形；(2)若，求的面积．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）垂直平分，根据线段垂直平分线得到，即可证明其为菱形；（2）先由等腰三角形可设，求出，由角直角三角形得到，可得为等边三角形，再由等腰三角形的性质证明，则，由勾股定理得，最后由即可求解．【详解】（1）证明：∵为对角线上的中点，且，∴垂直平分，∴，∵四边形是平行四边形，∴是菱形；（2）解：如图：∵，∴，设∴，∵，∴，∴，解得：∴，∵，∴，又∵，∴为等边三角形，∴∵四边形是菱形，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴．【点睛】本题考查了菱形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，角直角三角形的性质，等腰三角形的性质，线段垂直平分线的性质等知识点，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键．38．（2024·贵州·中考真题）如图，四边形的对角线与相交于点O，，，有下列条件：①，②．

(1)请从以上①②中任选1个作为条件，求证：四边形是矩形；(2)在（1）的条件下，若，，求四边形的面积．【答案】(1)见解析(2)【分析】本题考查矩形的判定，勾股定理，掌握矩形的判定定理是解题的关键．（1）先根据条件利用两组对边平行或一组对边平行且相等证明是平行四边形，然后根据矩形的定义得到结论即可；（2）利用勾股定理得到长，然后利用矩形的面积公式计算即可．【详解】（1）选择①，证明：∵，，∴是平行四边形，又∵，∴四边形是矩形；选择②，证明：∵，，∴是平行四边形，又∵，∴四边形是矩形；（2）解：∵，∴，∴矩形的面积为．39．（2023·贵州·中考真题）如图，在中，，延长至D，使得，过点A，D分别作，，与相交于点E．下面是两位同学的对话：

小星：由题目的已知条件，若连接，则可证明．小红：由题目的已知条件，若连接，则可证明．

(1)请你选择一位同学的说法，并进行证明；(2)连接，若，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）选择小星的说法，先证四边形是平行四边形，推出，再证明四边形是矩形，即可得出；选择小红的说法，根据四边形是矩形，可得，根据四边形是平行四边形，可得，即可证明；（2）根据，可得，再用勾股定理解即可．【详解】（1）证明：①选择小星的说法，证明如下：如图，连接，

，，四边形是平行四边形，，，，又，点D在的延长线上，，四边形是平行四边形，又，四边形是矩形，；②选择小红的说法，证明如下：如图，连接，，

由①可知四边形是矩形，，四边形是平行四边形，，．（2）解：如图，连接，

，，，，在中，，，解得即的长为．【点睛】本题考查平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理等，解题的关键是掌握平行四边形和矩形的判定方法．40．（2022·贵州安顺·中考真题）如图1，在矩形中，，，是边上的一点，连接，将矩形沿折叠，顶点恰好落在边上的点处，延长交的延长线于点．(1)求线段的长；(2)求证四边形为菱形；(3)如图2，，分别是线段，上的动点（与端点不重合），且，设，是否存在这样的点，使是直角三角形？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)见解析(3)存在，或【分析】（1）根据在中，，根据矩形的折叠与勾股定理即可求解；（2）根据（1）的结论分别求得，根据四边相等的四边形是菱形即可得证；（3）分和两种情况分别讨论即可求解．【详解】（1）解：如图四边形是矩形，，，，，将矩形沿折叠，顶点恰好落在边上的点处，，在中，，，设，则，在中，，，解得，；（2），，四边形是矩形，，，，，，中，，，，四边形为菱形；（3），设，是直角三角形设由（2）可得①当时，如图，，,解得；②当时，同理可得综上所述，或【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，勾股定理，解直角三角形，菱形的判定，掌握以上知识是解题的关键．41．（2022·贵州六盘水·中考真题）如图，在平行四边形中，平分，平分．(1)求证：；(2)当满足什么条件时，四边形是矩形？请写出证明过程．【答案】(1)证明见解析(2)当满足时，四边形是矩形，证明见解析【分析】（1）先根据平行四边形的性质可得，再根据平行线的性质可得，根据角平分线的定义可得，然后根据三角形全等的判定即可得证；（2）当满足时，四边形是矩形．证明思路：先根据平行四边形的性质可得，再根据全等三角形的性质可得，从而可得，根据平行四边形的判定可得四边形是平行四边形，然后根据等腰三角形的三线合一可得，最后根据矩形的判定即可得证．【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，，，平分，平分，，，在和中，∵，．（2）解：当满足时，四边形是矩形，证明如下：四边形是平行四边形，，由（1）已证：，，，即，四边形是平行四边形，当满足时，则（等腰三角形的三线合一），四边形是矩形．【点睛】本题考查了平行四边形的判定与性质、矩形的判定、三角形全等的判定与性质、等腰三角形的三线合一等知识点，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题关键．42．（2022·贵州遵义·中考真题）将正方形和菱形按照如图所示摆放，顶点与顶点重合，菱形的对角线经过点，点，分别在，上．(1)求证：；(2)若，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）根据正方形和菱形的性质可得，根据即可得证；（2）连接交于点，勾股定理求得，，根据菱形的性质可得，进而求得正方形和菱形的对角线的长度，根据即可求解．【详解】（1）证明：正方形和菱形，，在与中（）（2）如图，连接交于点，，即AB=4，，在中，，，在中，，，在中，，，，．【点睛】本题考查了菱形的性质，正方形的性质，勾股定理，，掌握以上知识是解题的关键．43．（2022·贵州毕节·中考真题）如图1，在四边形中，和相交于点O，．(1)求证：四边形是平行四边形；(2)如图2，E，F，G分别是的中点，连接，若，求的周长．【答案】(1)证明过程见解析(2)24【分析】(1)由得到BC//AD，再证明△AOD≌△COB得到BC=AD，由此即可证明四边形ABCD为平行四边形；(2)由ABCD为平行四边形得到BD=2BO，结合已知条件BD=2BA得到BO=BA=CD=OD，进而得到△DOF与△BOA均为等腰三角形，结合F为OC中点得到∠DFA=90°，GF为Rt△ADF斜边上的中线求出；过B点作BH⊥AC于H，求出BH=9，再证明四边形BHGE为平行四边形得到GE=BH=9，最后将GE、GF、EF相加即可求解．【详解】（1）证明：∵，∴BC∥AD，在△AOD和△COB中：，∴△AOD≌△COB(ASA)，∴BC=AD，∴四边形ABCD为平行四边形．（2）解：∵点E、F分别为BO和CO的中点，∴EF是△OBC的中位线，∴；∵ABCD为平行四边形，∴BD=2BO，又已知BD=2BA，∴BO=BA=CD=OD，∴△DOC与△BOA均为等腰三角形，又F为OC的中点，连接DF，∴DF⊥OC，∴∠AFD=90°，又G为AD的中点，由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可知：；过B点作BH⊥AO于H，连接HG，如上图所示：由等腰三角形的“三线合一”可知：AH=HO=AO=AC=4，∴HC=HO+OC=4+8=12，在Rt△BHC中，由勾股定理可知,∵H为AO中点，G为AD中点，∴HG为△AOD的中位线，∴HG∥BD，即HG∥BE，且，∴四边形BHGE为平行四边形，∴GE=BH=9，∴．【点睛】本题考查了三角形全等的判定方法、平行四边形的性质、三角形中位线定理、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半等，熟练掌握各图形的性质及定理是解决本题的关键．44．（2021·贵州贵阳·中考真题）如图，在矩形中，点在上，，且，垂足为．（1）求证：；（2）若，求四边形的面积．【答案】（1）见详解；（2）4-8【分析】（1）由矩形的性质可得∠D=90°，AB∥CD，从而得∠D=∠ANB，∠BAN=∠AMD，进而即可得到结论；（2）由以及勾股定理得AN=DM=4，AB=，进而即可求解．【详解】（1）证明：∵在矩形中，∴∠D=90°，AB∥CD，∴∠BAN=∠AMD，∵，∴∠ANB=90°，即：∠D=∠ANB，又∵，∴（AAS），（2）∵，∴AN=DM=4，∵，∴，∴AB=，∴矩形的面积=×2=4，又∵，∴四边形的面积=4-4-4=4-8．【点睛】本题主要考查矩形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，熟练掌握AAS证明三角形全等，是解题的关键．四、单选题45．（2025·贵州铜仁·三模）如图，将平行四边形的一边延长至点，若，则的度数为（）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题考查平行四边形的性质，关键是掌握平行四边形的对角相等，由邻补角的性质求出的度数，由平行四边形的对角相等，即可得到答案【详解】解：，，四边形是平行四边形，．故选：A．46．（2025·贵州铜仁·三模）如图，在中，、分别是、边上的中点，若，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题考查三角形的中位线定理、平行线的性质，熟练掌握三角形的中位线平行于第三边是解答的关键．先根据三角形的中位线定理得到，进而根据平行线的性质求解即可．【详解】解：∵、分别是、边上的中点，∴是的中位线，∴，又，∴，故选：A．47．（2025·贵州铜仁·三模）如图，在菱形中，点为和的交点，则下列结论不一定成立的是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题主要考查了菱形的性质，菱形的四条边相等且对角线互相垂直平分，据此可得答案．【详解】解：∵在菱形中，点为和的交点，∴，，，根据现有条件不能得到，故选：A．48．（2025·贵州黔东南·二模）如图，菱形部件的对角线交于点O，点E为边的中点．小明想用刻度尺（单位：cm）测量菱形部件中的尺寸．他将边与刻度尺重合，使得点B，C对应的刻度为1，6，则的长为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题主要考查了菱形的性质，三角形中位线的定义和性质，根据菱形的性质可知，进而得出是的中位线，再根据中位线的性质可得答案．【详解】解：∵四边形是菱形，∴．∵点E是边的中点，∴是的中位线，∴．故选：B．49．（2025·贵州·模拟预测）如图是一款可折叠圆形餐桌，图②是其展开前后的桌面示意图（阴影部分表示可折叠部分），已知展开前的正方形桌面的面积为4，则该款餐桌全部展开后桌面面积增大了（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】本题考查了正方形的性质、勾股定理，熟练掌握性质定理是解题的关键．设正方形为，圆形桌面的圆心为O，连接，，由题意得正方形的面积为4，根据正方形的性质得出，，再根据勾股定理得出，然后根据阴影部分的面积等于圆的面积减去正方形的面积即可得出答案．【详解】如图，设正方形为，圆形桌面的圆心为O，连接，，由题意得正方形的面积为4，∴，，设在中，，即，，（负值舍去），，∴，∴．故D选项正确．50．（2025·贵州贵阳·模拟预测）在平行四边形中，对角线、相交于点，添加一个条件，可以得到平行四边形是矩形的是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题考查了矩形的判定，熟练掌握矩形的判定方法是解题的关键．矩形的判定定理有：（1）有一个角是直角的平行四边形是矩形；（2）有三个角是直角的四边形是矩形；（3）对角线互相平分且相等的四边形是矩形．根据矩形的判定定理判断即可．【详解】解：A、在平行四边形中，当时，根据对角线相等的平行四边形是矩形，那么可知平行四边形是矩形，故符合题意；B、在平行四边形中，当时，那么该平行四边形是菱形，故不符合题意；C、在平行四边形中，本来就有，当时，那么可知平行四边形还是平行四边形，故不符合题意；D、在平行四边形中，当时，不能判定平行四边形是矩形，故不符合题意；故选：A．51．（2025·贵州毕节·三模）如图，在平行四边形中，，E，F分别是的中点，连接，则（

）A．2 B．3 C．8 D．无法确定【答案】B【分析】本题考查平行四边形的性质、三角形的中位线性质，先根据平行四边形的性质得到，再根据三角形的中位线性质求解即可．【详解】解：∵在平行四边形中，，∴，∵E，F分别是的中点，∴是的中位线，∴，故选：B．五、填空题52．（2025·贵州贵阳·二模）如图，在中，点E为的中点，点F在边上，，，，，则的长为．【答案】3【分析】本题考查平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质、解直角三角形等知识，构造全等三角形是解答的关键．延长交延长线于点P，过作于点H，先根据平行四边形的性质得到，，再证明得到，，分别在和中，利用锐角三角函数和勾股定理求出，进而可求解．【详解】解：如图，延长交延长线于点P，过作于点H，∵在中，，，∴，，∵点E为的中点，∴，∴，∴，，∵，，∴，在中，，，∴，，在中，，∴，∴，∴，故答案为：3．53．（2025·贵州黔东南·一模）边长为2的正方形中，是的中点，以为折痕将翻折，使点落在处，延长交于，则的长是．【答案】【分析】本题考查了折叠性质、勾股定理、正方形的性质，熟练掌握正方形的性质和折叠的性质是解题的关键；根据翻折的性质及正方形的性质可证明，得，分别表示出，，，利用勾股定理即可得出结论．【详解】解：如图所示，连接，四边形是边长为2的正方形，，，以为折痕将翻折得，，，，，，，，，，，设，，M是的中点，，，在中，，即，解得：，，故答案为：．54．（2025·贵州铜仁·三模）如图，在中，，，．为边上的一点，，为边上的一动点，将沿翻折得，连接、，则面积的最小值为．【答案】【分析】取的中点G，连接，得，根据，，得是等边三角形，得，，得，得，得，根据,，得当点在上时，取得最小值，得面积的最小值为．【详解】解：取的中点G，连接，∵，∴，∵在中，，且，∴，∴，∵，∴是等边三角形，∴，，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∵，∴当点在上时，最小,由折叠知，，∴最小值为，∴面积的最小值为．故答案为：．【点睛】本题考查了平行四边形折叠．熟练掌握平行四边形性质，折叠性质，等边三角形的判定和性质，含30度的直角三角形性质，勾股定理，两点之间线段最短，三角形面积公式，是解题的关键．55．（2025·贵州铜仁·三模）如图，在平面直角坐标系中，的边、的中点、的横坐标分别是2、5，则点的坐标是．【答案】【分析】本题考查了坐标于图形，中位线的判定和性质，掌握两点之间距离的计算，中位线是关键．根据题意得到，且是中位线，则即可求解．【详解】解：∵点是中点，∴，∵点的横坐标分别是，∴，∴，∴，故答案为：．六、解答题56．（2025·贵州铜仁·三模）如图，四边形的对角线与相交于点，，．有下列条件：；．(1)从中任选一个作为条件，求证：四边形是菱形；(2)在（1）的条件下，若，，求四边形的面积．【答案】(1)见解析(2)四边形的面积是【分析】（1）由，得，而，则四边形是平行四边形，若选择，可根据菱形的定义证明四边形是菱形；若选择，可根据菱形的判定定理证明四边形是菱形；（2）由菱形的性质得，，，然后利用30°的直角三角形的性质和勾股定理求出和长，则，，然后根据菱形的面积公式计算解答即可．此题重点考查菱形的判定与性质、直角三角形中角所对的直角边等于斜边的一半、勾股定理等知识，先证明四边形是平行四边形，再根据菱形的定义或判定定理证明四边形是菱形是解题的关键．【详解】（1）解：选择：，证明：，，，四边形是平行四边形，，四边形是菱形．选择：，证明：，，，四边形是平行四边形，，四边形是菱形．（2）解：四边形是菱形，对角线与相交于点，，，，，，，，，，，，，四边形的面积是．57．（2025·贵州贵阳·模拟预测）如图，在菱形中，对角线交于点，过点作于点，延长到点，使得，连接．(1)求证：四边形是矩形；(2)连接，若，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】本题考查了矩形的判定，菱形的性质，平行四边形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线性质，勾股定理等知识；正确的识别图形是解题的关键．（1）根据菱形的性质得到且，再证，推出四边形是平行四边形，根据矩形的判定定理即可得到结论；（2）由直角三角形斜边上的中线性质得，再由勾股定理得，即可得出答案．【详解】（1）证明：四边形是菱形，且，，，，，四边形是平行四边形，，，平行四边形是矩形；（2）解：四边形是菱形，，，，由（1）可知，，，在中，，．58．（2025·贵州黔东南·二模）【新视角·结合尺规作图】如图，小明在中，进行了如下尺规作图：①以点B为圆心，以的长为半径作弧交边于点E；②分别以点A，E为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧交于点P；③作射线交于点F．(1)判断的形状，并说明理由；(2)若，求四边形的周长．【答案】(1)是等腰三角形，见解析(2)20【分析】（1）由作图可知，平分，由四边形是平行四边形得到，进而根据等角对等边证明即可；（2）连接，证明四边形是菱形即可求出四边形ABEF的周长．【详解】（1）是等腰三角形．理由如下：由作图可知，平分，．又四边形是平行四边形，．．．．是等腰三角形；（2）如图，连接，由（1）知，，四边形是平行四边形．四边形是菱形．，四边形的周长为20．【点睛】本题考查了角平分线的性质，平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，等腰三角形的判定，平行线的判定和性质，熟练掌握各知识点是解题的关键．59．（2025·贵州黔东南·一模）如图，在中，，分别为，的中点，过点作交的延长线于点．(1)求证：四边形是平行四边形；(2)若，，，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】本题考查了平行四边形的判定，三角形的中位线定理，勾股定理，等边三角形的判定与性质，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键．（1）根据三角形的中位线定理得，结合，即可求证；（2）证明是等边三角形，，再由勾股定理求解，即可求解．【详解】（1）证明：点，分别为边，的中点，是的中位线，，，.又，四边形是平行四边形；（2）解：如解图，连接，，，.，是等边三角形，，，∴，∴，∴，，.是的中点，，即的长为．60．（2025·贵州·二模）如图，已知四边形是平行四边形，为边的中点，连接并延长，交的延长线于点．(1)求证：；(2)若，，，求点到的距离．【答案】(1)见解析(2)【分析】本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，三角形面积，熟练掌握相关知识点是解题的关键．（1）由为边的中点，得到，由平行四边形的性质得到，即可得到结论；（2）由得到，由平行四边形的性质得到，求出，根据勾股定理求出，继而求出点到的距离．【详解】（1）证明：为边的中点，．四边形是平行四边形，，．，．（2）解：，．四边形是平行四边形，．．，，，点到的距离．61．（2025·贵州遵义·三模）如图，在矩形中，是对角线上的两个动点，两点分别从点同时出发，相向而行，速度均为每秒个单位长度，运动时间为，其中．(1)若分别是的中点，则四边形一定是怎样的四边形？请说明理由．(2)在（1）的条件下，若四边形为矩形，求的值．(3)在（1）的条件下，若两点运动的同时，点向点运动，点向点运动，且与点的速度相同，点运动到点时，四点都停止运动．当四边形是菱形时，求的值．【答案】(1)四边形一定是平行四边形，理由见解析(2)(3)当时，四边形为菱形【分析】（1）由题意得，由矩形的性质得，，所以，由分别是的中点得，证明得，所以，进而得，即可得解；（2）如图，连接，证明四边形是矩形得，当四边形是矩形时，，所以，解出即可；（3）如图，连接与相交于点，由四边形为菱形，得垂直平分，，，进而得，由题意得，所以，证明出平行四边形为菱形，所以，设，则，由勾股定理，得，即，解得，所以，解出即可．【详解】（1）解：四边形一定是平行四边形，理由：由题意，得，四边形是矩形，，，，分别是的中点，，，，，，，四边形是平行四边形；（2）解：如图，连接，由（1）得，，，四边形是矩形，，四边形是矩形，，，当四边形是矩形时，，，，解得：；（3）解：如图，连接与相交于点，四边形为菱形，垂直平分，，，，又是对角线上的两个动点，两点分别从点同时出发，相向而行，速度均为每秒个单位长度，运动时间为，，，，平行四边形为菱形，，设，则，由勾股定理，得，即，解得，，解得：，当时，四边形为菱形．【点睛】本题考查了平行四边形的判定，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，菱形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握以上知识点是解答本题的关键．62．（2025·贵州贵阳·二模）如图，在中，，D是的中点，E是的中点，过点A作交的延长线于点F，连接交于点O．(1)求证：；(2)若，，求的长．【答案】(1)见解析(2)【分析】本题主要考查了平行四边形的判定，全等三角形的判定和性质，勾股定理、斜边中线定理等知识点，解决此题的关键是熟练掌握此类知识点并能灵活运用．（1）根据题目条件先证明是平行四边形，再根据平行四边形的性质对边平行，即可得到答案；（2）先根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半算出长度，再根据勾股定理即可解决问题．【详解】（1）解：∵，∴．∵E是的中点，∴．∵，∴，∴．∵，∴四边形是平行四边形，∴，∴．∵，∴，∴．（2）解：∵四边形是平行四边形，∴．∵，D是的中点，∴，∴在中，根据勾股定理得．63．（2025·贵州黔东南·二模）如图，在中，平分交于点E，点F在上，，连接．(1)试判断四边形是我们学过的什么特殊四边形？说明理由；(2)连接交于点O，若，且，求的面积．【答案】(1)菱形，理由见解析(2)48【分析】本题主要考查了菱形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，等角对等边，勾股定理等等，熟知菱形的性质与判定定理，平行四边形的性质与判定定理是解题的关键．（1）由角平分线的定义得到，再由平行四边形对边平行结合平行线的性质可证明，得到，据此可证明，则四边形是平行四边形，进而可证明四边形是菱形．（2）由菱形的性质得到，；由勾股定理得到．则，据此求出菱形的面积即可得到答案．【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下：∵平分，∴，∵四边形是平行四边形，∴，∴，∴，∴，∵，∴，又∵，即，∴四边形是平行四边形，∵，∴四边形是菱形．（2）解：∵四边形是菱形．∴，．∵．∴．∴，∴∵，∴．64．（2025·贵州黔东南·三模）在我们的住房中，很多楼梯的扶手美轮美奂，呈现多种图形，如图，把构成扶手材料的相关部分看成线段，可以抽象出平面图形．经过测量，，米．解决下列问题：(1)在抽象出来的平面图形中，请你列举两个四边形___________，___________、(2)选择列举两个四边形中一个，证明是平行四边形．【答案】(1)四边形，四边形（答案不唯一，写出个即可）；(2)见解析．【分析】本题考查了四边形的概念，平行四边形的判定，掌握知识点的应用是解题的关键．（）根据四边形的概念即可求解；（）根据平行四边形的判定方法即可求证．【详解】（1）解：四边形，四边形，四边形，四边形，四边形，四边形，四边形，四边形，四边形，四边形，故答案为：四边形，四边形（答案不唯一，写出个即可），（2）解：选四边形是平行四边形（答案不唯一，只要证明过程正确即可，其他证明相同）证明：∵，∴，∵，∴四边形是平行四边形．65．（2025·贵州铜仁·三模）如图，在矩形中，，，对角线的垂直平分线交边于点，交边于点．(1)求证：四边形是菱形；(2)求的长．【答案】(1)见详解(2)【分析】（1）由题意知，根据垂直平分线知，通过得到，结合，证明四边形菱形．（2）四边形为菱形，；设；在中用勾股定理，解出的长，在中用勾股定理，得到的长，由得到的值