五年(2021-2025)中考数学真题分类汇编(福建专用)07：四边形（两大考点56题）（教师版）

专题07四边形（两大考点，56题）考点01：平行四边形1．（2022·福建·中考真题）如图，现有一把直尺和一块三角尺，其中∠ABC=90°，∠CAB=60°，AB＝8，点A对应直尺的刻度为12.将该三角尺沿着直尺边缘平移，使得△ABC移动到△A'B'CA．96 B．963 C．192 D．【答案】B【分析】根据直尺与三角尺的夹角为60°，根据四边形ACC'A【详解】解：依题意ACC∵∠ABC=90°，∠CAB=60°，AB＝∴∴平行四边形ACC'A'的面积故选B【点睛】本题考查了解直角三角形，平移的性质，掌握平移的性质是解题的关键．2．（2023·福建·中考真题）如图，在▱ABCD中，O为BD的中点，EF过点O且分别交AB,CD于点E,F．若AE

【答案】10【分析】由平行四边形的性质可得DC∥AB,DC=AB即∠OFD=∠OEB【详解】解：∵ABCD中，∴DC∥∴∠OFD∵OD=∴△DOF∴DF=∴DC-DF=AB故答案为：10．【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定与性质等知识点，证明三角形全等是解答本题的关键．3．（2022·福建·中考真题）如图，在△ABC中，D，E分别是AB，AC的中点．若BC＝12，则DE的长为．【答案】6【分析】利用中位线的性质计算即可．【详解】∵D，E分别是AB，AC的中点，∴DE是△ABC的中位线，又BC=12，∴DE=故答案为：6．【点睛】本题考查了三角形中位线的性质，中位线平行且等于第三边的一半，熟记中位线的性质是解题的关键．考点02：特殊的平行四边形4．（2023·福建·中考真题）如图，正方形四个顶点分别位于两个反比例函数y=3x和y

A．-3 B．-13 C．1【答案】A【分析】如图所示，点B在y=3x上，证明△【详解】解：如图所示，连接正方形的对角线，过点A,B分别作x轴的垂线，垂足分别为C,D，点

∵OB=OA，∴∠CAO∴△AOC∴S△AOC=∵A点在第二象限，∴n=-3故选：A．【点睛】本题考查了正方形的性质，反比例函数的k的几何意义，熟练掌握以上知识是解题的关键．5．（2025·福建·中考真题）如图，菱形ABCD的对角线相交于点O，EF过点O且与边AB，CD分别相交于点E，F．若OA=2,OD=1，则△【答案】1【分析】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，根据菱形的性质求出S菱形ABCD=12【详解】解：∵菱形ABCD，OA=2,∴AC=4,BD=2，OA∴S菱形ABCD=∵∠AOE∴△AOE∴S△∴S△故答案为：1．6．（2024·福建·中考真题）如图，正方形ABCD的面积为4，点E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，AD的中点，则四边形EFGH的面积为．

【答案】2【分析】本题考查正方形性质，线段中点的性质，根据正方形性质和线段中点的性质得到HD=DG=1，进而得到S△DGH，同理可得S△AHE=S【详解】解：∵正方形ABCD的面积为4，∴AB=BC∵点E，F，G，H分别为边AB，BC，CD，AD的中点，∴HD∴S同理可得S△∴四边形EFGH的面积为4-1故答案为：2．7．（2023·福建·中考真题）如图，在菱形ABCD中，AB=10，∠B=60°

【答案】10【分析】由菱形ABCD中，∠B=60°，易证得【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，∴AB=∵∠B∴△ABC∴AC=10故答案为：10．【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，熟记菱形的性质并推出等边三角形是解题的关键．8．（2021·福建·中考真题）如图，在矩形ABCD中，AB=4,AD=5，点E，F分别是边AB,BC上的动点，点E不与A，B重合，且EF=AB，G①∠GEB与∠②点G到边AB,③点G到边AD,④点G到边AB的距离的最大值为22其中正确的是．（写出所有正确结论的序号）【答案】①②④【分析】①利用四边形内角和为360°即可求证；②过G作GM⊥AB,GN⊥BC，证明△GME≌△GNF即可得结论；③方法一、延长MG交CD于N，延长HG交AD于P，则四边形ABHP、CDPH是矩形，根据题意得出PH=AB，MN=AD，结合②中结果即可判断；方法二、分别求出G【详解】解：∵∠EGF=90°∴∠①∵四边形ABCD是矩形∴∠∵∠EGF=90°,∴∠∴①正确．②如图：过G作GM∴∠GME∵∠GEB+∠∴∠又∵GE△∴即点G到边AB,∴②正确．③方法一：延长MG交CD于N，延长HG交AD于P，则四边形ABHP、CDPH是矩形，

∴PH=AB，MN=AD，PG又∵AB=4,AD=5∴PH-∴PG<即点G到边AD，DC的距离不可能相等，故③错误；方法二、如图：过G作GN∴NG∴NGGM∴4-2而∵2<5-2所以点G到边AD,∴③不正确．④如图：当GE⊥AB时，点G到边GE∴④正确．综上所述：①②④正确．故答案为①②④．【点睛】本题考查了动点问题，四边形内角和为360°，全等三角形的证明，点到直线的距离，锐角三角函数，矩形的性质，熟悉矩形的性质是解题的关键．9．（2025·福建·中考真题）如图，矩形ABCD中，AB<(1)求作正方形EFGH，使得点E，G分别落在边AD,BC上，点F，H落在(2)若AB=2,AD=4【答案】(1)见解析(2)10【分析】（1）作BD的中垂线交AD于点E，交BC于点G，以EG为直径画圆，交BD于点F,H，即可得到正方形（2）勾股定理求出BD的长，进而求出OD的长，证明△EOD∽△BAD，求出【详解】（1）解：如图，四边形EFGH就是所求作的正方形．由作图可知，OB=OD，∵矩形ABCD，∴AD∥∴∠ADB=∠CBD∴△DOE∴OE=由作图可知，OE=∴四边形EHGF为矩形，∵EG⊥∴四边形EHGF为正方形；（2）由（1）知：OB=OD，∵四边形ABCD是矩形，∴∠A在Rt△ABD中，∴BD∴OD∵EG∴∠DOE又∵∠ODE∴△EOD∴OEAB=∴OE在Rt△EOH中，∴EH∴正方形EFGH的边长为102【点睛】本题考查尺规作图、矩形的性质、线段垂直平分线的性质、正方形的判定与性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质等知识点，考查推理能力、运算能力、几何直观与空间观念，考查化归与转化思想、函数与方程思想等，熟练掌握相关知识点，是解题的关键．10．（2024·福建·中考真题）如图，在菱形ABCD中，点E、F分别在BC、CD边上，∠BAF=∠DAE【答案】见解析【分析】本题考查的是菱形的性质，全等三角形的判定与性质，先证明∠BAE=∠DAF【详解】证明：在菱形ABCD中，AB=AD，∠∵∠BAF∴∠BAE∴∠BAE在△BAE和△DAF中∴△BAE∴BE=11．（2022·福建·中考真题）已知△ABC≌△DEC，AB＝AC，(1)如图1，CB平分∠ACD，求证：四边形ABDC是菱形；(2)如图2，将（1）中的△CDE绕点C逆时针旋转（旋转角小于∠BAC），BC，DE的延长线相交于点F，用等式表示∠ACE与∠EFC之间的数量关系，并证明；(3)如图3，将（1）中的△CDE绕点C顺时针旋转（旋转角小于∠ABC），若∠BAD=∠BCD，求【答案】(1)见解析(2)∠ACE(3)30°【分析】（1）先证明四边形ABDC是平行四边形，再根据AB＝AC得出结论；（2）先证出∠ACF=∠CEF，再根据三角形内角和∠CEF+∠ECF+∠EFC=180°，得到∠ACF+∠ECF+∠EFC=180°，等量代换即可得到结论；（3）在AD上取一点M，使得AM＝CB，连接BM【详解】（1）∵△ABC∴AC＝DC，∵AB＝AC，∴∠ABC＝∠ACB，AB＝DC，∵CB平分∠ACD，∴∠ACB∴∠ABC∴AB∥∴四边形ABDC是平行四边形，又∵AB＝AC，∴四边形ABDC是菱形；（2）结论：∠ACE证明：∵△ABC∴∠ABC∵AB＝AC，∴∠ABC∴∠ACB∵∠ACB∴∠ACF∵∠CEF∴∠ACF∴∠ACE（3）在AD上取一点M，使得AM＝CB，连接BM，∵AB＝CD，∠BAD∴△ABM∴BM＝BD，∠MBA∴∠ADB∵∠BMD∴∠ADB设∠BCD=∠BAD=α∵CA＝CD，∴∠CAD∴∠BAC∴∠ACB∴∠ACD∵∠ACD+∠∴90°-β∴α+β=30°，即∠ADB【点睛】本题考查了菱形的判定定理、全等三角形的判定和性质、三角形内角和定理等，灵活运用知识，利用数形结合思想，做出辅助线是解题的关键．12．（2022·福建·中考真题）如图，BD是矩形ABCD的对角线．(1)求作⊙A，使得⊙A与BD相切（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）；(2)在（1）的条件下，设BD与⊙A相切于点E，CF⊥BD，垂足为F．若直线CF与⊙A相切于点G，求tan∠【答案】(1)作图见解析(2)5【分析】（1）先过点A作BD的垂线，进而找出半径，即可作出图形；（2）根据题意，作出图形，设∠ADB=α，⊙A的半径为r，先判断出BE＝DE，进而得出四边形AEFG是正方形，然后在Rt△ABE中，根据勾股定理建立方程求解BE=rtanα，再判定△ABE≌△CDF，根据BE=DF=rtan【详解】（1）解：如图所示，⊙A即为所求作：（2）解：根据题意，作出图形如下：设∠ADB=α，⊙A∵BD与⊙A相切于点E，CF与⊙A相切于点G，∴AE⊥BD，AG⊥CG，即∠AEF＝∠AGF＝90°，∵CF⊥BD，∴∠EFG＝90°，∴四边形AEFG是矩形，又AE=∴四边形AEFG是正方形，∴EF=在Rt△AEB和Rt△DAB中，∠BAE+∠ABD∴∠BAE在Rt△ABE中，tan∠∴BE=∵四边形ABCD是矩形，∴AB∥CD，AB＝∴∠ABE=∠CDF∴△ABE∴BE=∴DE=在Rt△ADE中，tan∠ADE=∴rtanα+∵tanα∴tanα=5-12【点睛】此题是圆的综合题，主要考查了尺规作图，切线的性质，全等三角形的判定和性质，正方形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理，锐角三角函数，利用三角函数得出线段长建立方程是解决问题的关键．一、单选题13．（2025·福建南平·三模）如图，P是线段AB所在直线上的一动点，点C、D在AB的两侧，CA⊥AB，DB⊥AB，AB=4，AC=3，DB=2，连接PC、PD，分别取PCA．随着点P的位置变化而变化 B．保持不变，长为5C．保持不变，长为2 D．保持不变，长为41【答案】D【分析】本题考查了矩形的判定和性质，勾股定理，三角形中位线的性质，连接CD，过点C作CE⊥DB，交DB的延长线于E，可得四边形ABEC为矩形，即得BE=AC=3，CE=AB【详解】解：如图，连接CD，过点C作CE⊥DB，交DB的延长线于∵CA⊥AB，∴∠CAB∴四边形ABEC为矩形，∴BE=AC=3，∴DE=∴CD=∵点M、N分别为∴MN为△PCD的中位线，∴MN=即MN的长保持不变，长为412故选：D．14．（2025·福建福州·三模）如图，已知在四边形ABCD中，对角线AC,BD交于点O，且OA=OC,A．AD=AB B．AC=BD C．【答案】B【分析】本题考查了矩形的判定，根据对角线互相平分且相等的四边形是矩形，添加条件即可．【详解】解：∵OA=OC,∴四边形ABCD是矩形，故选：B．15．（2025·福建泉州·三模）若▱ABCD的对角线AC=6，BD=10，则边ABA．2 B．7 C．8 D．9【答案】B【分析】本题考查了三角形的三边关系定理和平行四边形的性质，注意：平行四边形的对角线互相平分．根据平行四边形的性质求出OA和OB，在△AOB【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，AC=6，∴OA=OC在△AOB5-3＜AB＜5+3，∴AB的长可以是7，故选：B．16．（2025·福建福州·二模）如图，已知圆心角为90°的扇形AOB的面积为4π，C为AB⏜上一点，D，E分别为OA，OB上的点，连接CD，CE，DE．若四边形ODCE为矩形，则DE的长是（A．2 B．22 C．4 D．【答案】C【分析】本题主要考查了扇形面积的计算及矩形的性质，熟知矩形的性质及扇形的面积公式是解题的关键；根据扇形的面积公式求出半径长，再结合矩形的性质，得出DE=【详解】解：连接OC，因为圆心角为90°的扇形AOB的面积为4π所以90⋅π则OC=4因为四边形ODCE是矩形，所以DE=故选：C．17．（2025·福建厦门·二模）如图，已知平行四边形ABCD的顶点A，B分别在x轴和y轴的正半轴上，顶点C，D分别落在反比例函数y=kxk>0，x>0的图象上，过点C作y轴的垂线，垂足为点E，且OB=3BEA．6 B．9 C．12 D．18【答案】C【分析】本题考查反比例函数的性质，平行四边形的性质，由平移方式确定点的坐标，能通过B点的平移方式和反比例函数上点的坐标特征表示D点的坐标是解决本题的关键．连接AC，设OB=3a，则BE=a，则B(0,3a)，E(0,4a)，Ck4a,4a，设点A的横坐标为m，则A【详解】解：如图，连接AC，由题意可得：△ABC的面积为9设OB=3a，则∴B(0,3a)∵点C在反比例函数y=∴Ck设点A的横坐标为m，则A(由平行四边形的性质可知，BC∥AD，∵由B到C向上移动a，向右移动k4∴由A到D向上移动a，向右移动k4∴D又∵点D在反比例函数y=∴m解得：m=∵S△∴12解得：k=12故选：C．18．（2025·福建龙岩·二模）如图，已知∠MON=90°，点A是射线OM上的一个定点，点B是射线ON上的一个动点，且满足OB>OA．点C在线段OA的延长线上，且AC=OB．点D在线段OB上，且BD=OA，连接A．60° B．55° C．50° D．45°【答案】D【分析】本题主要考查了全等三角形的综合问题，等腰直角三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，过点B作BF⊥ON，过点C作CF⊥OM，交于点F，在CF上截取CK，使CK=OA，连接BK，AK，得出四边形OBFC是矩形．由矩形的性质进一步证明△AOB≌△【详解】解：如图，过点B作BF⊥ON，过点C作CF⊥OM，交于点F，在CF上截取CK，使CK=∵∠MON∴∠OBF∴四边形OBFC是矩形．∴OC=BF，OB=∵AC=∴△AOB∴∠OBA=∠CAK∵∠OAB∴∠OAB∴∠BAK∴△ABK∴∠ABK∵OB=∴OD+∵BD=∴OD=∵OC=BF，∴△COD∴∠OCD∵∠OBA∴∠OBA故选：D．19．（2025·福建龙岩·二模）如图，BD是菱形ABCD的对角线，AE⊥BC于点E，交BD于点F，且E为BC的中点，则tan∠A．32 B．22 C．33【答案】D【分析】本题考查了菱形的性质，线段垂直平分线的性质，等边三角形的判定及性质，特殊角的三角形函数等；连接AC，由线段垂直平分线的性质得AC=AB，结合菱形的性质及等边三角形的判定方法得【详解】解：连接AC，∵AE⊥BC于点E，E为BC∴AC∵四边形ABCD是菱形，∴AB∠EBF∴AB∴△ABC∴∠ABE∴∠FBE∴∠=60°，∴∠AFD∴tan∠故选：D．20．（2025·福建厦门·三模）如图，在平行四边形ABCD中，点F是BC延长线上一点，连接AF交CD于点E，下列选项中与∠CEF相等的是（

A．∠ADC B．∠DCF C．∠BAF【答案】C【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，根据平行四边形对边平行结合平行线的性质即可得到答案．【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥∴∠BAF根据现有条件无法证明∠ADC，∠DCF，∠AEC故选：C．21．（2025·福建泉州·二模）《孙子算经》中记载“分田之术”，强调通过分割与重组几何图形以简化面积计算．现有一田地形如矩形，如图，在矩形ABCD中，两条等宽的平行四边形田埂交错，且EF=GH=1．若田埂与矩形两组对边所夹锐角为θ，当θA．变大 B．变小C．不变 D．先变大后变小【答案】A【分析】本题主要考查了正方形的判定，解直角三角形的实际应用，连接PQ、MN、NP、QM，过点E作EK⊥FQ于K，先根据两条等宽的平行四边形田埂交错证明四边形PQMN是正方形，再在Rt△EFK中，求出PQ=【详解】解：连接PQ、MN、NP、QM，过点E作EK⊥FQ于∵两条等宽的平行四边形田埂交错，∴EP∥FQ，∴四边形PQMN是平行四边形，∠DHN∴∠AGP∴∠A∵矩形ABCD，∴∠A∴∠GPE∴四边形PQMN是矩形，∴PQ，EK，PN都是两条等宽的平行四边形田埂的宽，∴EK=∴四边形PQMN是正方形，Rt△EFK中，EF=GH=1∴PQ=∴重叠部分四边形PQMN的面积为PQ⋅∴当θ增大时，sinθ增大，sin∴重叠部分四边形PQMN的面积增大，故选：A．22．（2025·福建漳州·二模）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E是AD的中点，连接OE，若AC=6,A．AB=5 B．C．菱形的面积为48 D．点A到BC的距离为24【答案】C【分析】由菱形性质，结合勾股定理、直角三角形斜边的中线等于斜边的一半、菱形面积公式、等面积法求线段长等知识逐项验证即可得到答案．【详解】解：A、在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点∴AC⊥BD，且OA则在Rt△AOB中，∠AOB=90°，故该选项正确，不符合题意；B、在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点∴AC⊥BD，且OA则在Rt△AOD中，∠AOD=90°，∵点E是Rt△AOD斜边∴OE故该选项正确，不符合题意；C、在菱形ABCD中，AC=6,BD=8故该选项错误，符合题意；D、过点A作AF⊥BC于点∴由等面积可知S菱形在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点∴AC⊥BD，且OA则在Rt△BOC中，∠BOC=90°，∴24=5AF，解得AF则点A到BC的距离为245故该选项正确，不符合题意；故选：C．【点睛】本题考查菱形的性质综合，涉及勾股定理、直角三角形斜边的中线等于斜边的一半、菱形面积公式、等面积法求线段长等知识，熟记菱形性质是解决问题的关键．23．（2025·福建·二模）如图，有一块不规则的四边形木板ABCD，AD=4，CD=8，∠B=∠D=90°．小伟先沿过点A与AB垂直的线裁剪，与CD的交点记为点E，再沿过点E与BC垂直的线裁剪，与BC交于点F，若裁剪下的Rt△A．20 B．24 C．28 D．32【答案】B【分析】本题考查了勾股定理、矩形的性质与判定，熟练掌握相关知识点是解题的关键．根据题意可得Rt△ADE≌Rt△EFC，推出AE=EC，EF=AD=4，DE=CF【详解】解：∵裁剪下的Rt△ADE与∴Rt∴AE=EC，EF设AE=EC=在Rt△ADE中，∴4解得：x=5∴AE=EC∵∠B∴四边形ABFE是矩形，∴AB=EF∴BC∴木板ABCD的周长AB+故选：B．24．（2025·福建三明·二模）若添加一个条件，使得▱ABCD是菱形，则这个条件可以是（

A．AB=CD B．AC=BD C．【答案】C【分析】本题考查的知识点是菱形的判定、矩形的判定、平行四边形的性质，解题关键是熟练掌握特殊四边形的判定与性质．根据菱形的判定、矩形的判定、平行四边形的性质对选项进行逐一判断即可得解．【详解】解：A选项，▱ABCD中有AB=CD，添加该条件不能证明▱B选项，添加AC=BD后可证▱ABCD是矩形，但不能证明▱C选项，添加AC=BD后可证▱ABCDD选项，添加AC=BD后可证▱ABCD是矩形，但不能证明▱故选：C．25．（2025·福建厦门·二模）下列多边形中，知道一条边的长度就能确定其形状和大小的是（

）A．矩形 B．菱形 C．正方形 D．等腰三角形【答案】C【分析】该题考查了矩形、菱形、正方形、等腰三角形的性质，根据四个图形的特征即可解答．【详解】解：∵正方形的四个角都是直角，四个边相等，故知道一条边的长度就能确定其形状和大小的是正方形，故选：C．26．（2025·福建·一模）如图，菱形ABCD的顶点A，C都在反比例函数y=kxk≠0的图象上（A，C在不同象限）AB∥x轴，原点O为菱形ABCD的对称中心，若点DA．8 B．12 C．16 D．18【答案】B【分析】本题主要考查了反比例函数与几何综合，菱形的性质，两点距离计算公式，设Aa,ka，则C-a,-ka，由菱形的性质可得AB∥CD【详解】解：设A∵原点O为菱形ABCD的对称中心，∴点C的坐标为-a,-ka，∵AB∥∴CD∥∵点D的坐标为-16∴C-a,4∵AD=∴AD∴-16解得a=-3∴A-∴k=-3×故选：B．二、填空题27．（2025·福建泉州·二模）如图，在平面直角坐标系中，边长为2的正六边形ABCDEF的中心与原点O重合，AB∥x轴，交y轴于点P．将△OAP绕点O顺时针旋转，每次旋转90°，则第2025次旋转结束时，点A【答案】3【分析】本题考查了正多边形的性质、勾股定理、坐标与图形的变化—旋转规律性问题，首先确定点A的坐标，得出每次一个循环，计算出2025÷4=506…1，由此即可得出答案．【详解】解：连接OE，∵边长为2的正六边形ABCDEF的中心与原点O重合，∴AB=AF=EF=2，∠AOF=∠∴△AOF是等边三角形，AP∴OA=AF=OF∴点A的坐标为1,3，第1次旋转结束时，A1M⊥x轴于M，则∠A∴△AOP∴A1∴A1∵每次旋转90°，则4次一个循环，2025÷4=506…1，∴第2025次旋转结束时，点A的坐标为为A1故答案为：3,-128．（2025·福建三明·二模）如图，A、B两点被一个池塘隔开，M、N分别是AC、BC的中点，测量MN的长度为【答案】300【分析】本题考查了三角形中位线定理的应用；根据题意知，MN是三角形的中位线，由中位线定理即可求解．【详解】解：∵M、N分别是∴MN是△ABC∴AB=2故答案为：300．29．（2025·福建厦门·三模）如图，在平面直角坐标系xOy中，正方形OABC，点A在y轴上，点C在x轴上．正方形OABC交双曲线y=4x于E,F两点，点E在BC上，点F在AB上．连接OE,OF【答案】6,6【分析】设正方形OABC的边长为m，则A0,m，Bm,0，可求出Em,4m，F4m,m得到AF=CE=4m，证明△OAF≌△OCE，得到OF=OE；再证明BF=BE，得到【详解】解：设正方形OABC的边长为m，则OA=∴A0,在y=4x中，当y=4x=∴Em∴AF=又∵∠OAF∴△OAF∴OF=∵AB=∴AB-∴BF=∵OB平分∠ABC∴OB垂直平分EF，如图所示，设EF，OB交于T，则∵tan∠∴OTTE在Rt△EBF中，∴ET=BT∴OT=∴OB=在Rt△OBC中，由勾股定理得∴92解得m=6或m∴B6,6故答案为：6,6．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，反比例函数与几何综合，解直角三角形，勾股定理，线段垂直平分线的性质与判定等等，证明OB垂直平分EF是解题的关键．30．（2025·福建宁德·二模）用两个含45°角的完全相同的菱形拼成如图所示的正多边形，则该正多边形的内角和是．【答案】1080°/1080度【分析】本题主要考查了正多边形内角和问题，菱形的性质，根据菱形对边平行结合平行线的性质求出正八边形一个内角的度数即可得到答案．【详解】解：如图所示，∵四边形ABCD是菱形，∴AB∥∴∠A∵∠A∴∠D∵阴影部分是一个正八边形，∴该正多边形的内角和是135°×8=1080°，故答案为：1080°．31．（2025·福建福州·二模）四边形外角和的度数是．【答案】360°/360度【分析】本题主要考查了多边形外角和定理，多边形的外角和为360°，据此可得答案．【详解】解：四边形外角和的度数是360°，故答案为：360°．32．（2025·福建泉州·二模）如图，点P是边长为2的正八边形ABCDEFGH围成的区域（包括各边）内的一点，分别延长边HA和边DC相交于点O，点R,Q分别在射线ON和OM上，过点P分别作PQ∥ON交OM于点Q，PR∥OM交ON于点R．设OR=a，【答案】2+2【分析】本题主要考查正多边形的性质，等腰三角形的判定和性质，掌握以上知识，数形结合分析是关键．根据题意，正八边形的每个内角的度数为135°，如图所示，连接AC，过点Q作QI⊥OC于点I，过点P作PJ⊥OC于点J，延长AB交ON于点K，过点B作BS∥ON,BT∥OM，四边形OTBS是平行四边形，△ABS,△BCT【详解】解：∵点P是边长为2的正八边形ABCDEFGH围成的区域（包括各边）内的一点，∴正八边形的每个内角的度数为180°×8-2如图所示，连接AC，过点Q作QI⊥OC于点I，过点P作PJ⊥OC于点J，延长AB交ON于点K，过点∴∠BAC=∠BCA∴∠OAC∴OA=∴∠AOC∵BS∥∴四边形OTBS是平行四边形，∴OT=BS,∴△ABS∴AB=∵PQ∥∴四边形PQOR是平行四边形，∴PQ=∵∠O∴∠OQI=45°,OI∴QI=∵∠QOI∴△OQI∴RJ=∵∠AOC=∠OAB∴△OAK∴CK=BK=当点P与点B重合时，∴OR=PQ=∴t=当点P与点F重合时，同理，∠PRJ=EDJ∴点Q与点A重合，点I与点K重合，点C与点R重合，∴OR=PQ=∴t=当点P与点G重合时，同理，点Q与点H重合，点I与点C重合，点J与点D重合，点T与点R重合，∴PH=∴t=∴2+2233．（2025·福建莆田·二模）如图，矩形ABCD中，AB=3，BC=5，将矩形ABCD绕点B旋转得到矩形EBGF，若EF恰好经过点C，则CF的长为【答案】1【分析】本题主要考查了旋转的性质，矩形的判定的性质以，勾股定理，掌握知识点的应用是解题的关键．由矩形性质可知∠A=90°，AD=BC=5，又旋转可知AB【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，∴∠A=90°，由旋转性质可知，AB=BE=3，∠∴EC=∴CF=故答案为：1．34．（2025·福建福州·二模）中国传统建筑蕴含着丰富的数学知识，是中华民族智慧的结晶．如图是一个由某种窗格抽象出的正六边形ABCDEF，其部分对角线在内部围成一个六边形A1B1C1【答案】3【分析】本题考查了正六边形的性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理、含30度角的直角三角形的性质等知识，熟练掌握正六边形的性质是解题关键．先证出∠ABF=∠AFB=∠BAC=∠FAE=30°，再证出△AB1A1【详解】解：∵六边形ABCDEF是正六边形，∴∠BAF=180°×∴∠ABF同理可得：∠BAC∴∠ABF∴AB1=BB∴△A∴AB1=∴AB如图，过点A作AG⊥BF于点设B1∵△AB1∴A1∴AB∴AG=∴在Rt△ABG中，∴ABA故答案为：3．35．（2025·福建龙岩·一模）如图，一个正六边形和一个正方形各有一边在直线l上，且只有一个公共顶点B．若BC=3，则AC的长为【答案】3【分析】本题考查了正多边形的内角和公式，正方形的性质，30度角所对的边是斜边的一半，三角形内角和性质，勾股定理，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先得出每个正六边形的内角为6-2×180°÷6=120°，∠BCA=90°，再得出∠【详解】解：∵一个正六边形和一个正方形各有一边在直线l上，且只有一个公共顶点B．∴每个正六边形的内角为6-2×180°÷6=120°，∠∴∠BAC∴∠ABC则2AC在Rt△ABC∵BC=3∴9=3∴AC=故答案为：336．（2025·福建三明·二模）如图，矩形OABC的顶点A，C分别在x轴，y轴的正半轴上．反比例函数y=kxk>0的图象过矩形OABC的对称中心M①CD=②△DOM的面积为k③点C，M可能关于直线OD对称；④若OM平分∠AOD，则其中正确的是．（写出所有正确结论的序号）【答案】①④/④①【分析】连接BM，设Ma,b，表示出点C、点D、点B的坐标后即可判断结论①；根据S△DOM=S△BOD-S△BDM即可判断结论②；连接CM交OD于点E，求出直线OD、直线CM的解析式后即可求出点E的坐标，与CM中点坐标对比后即可判断结论③；作MP⊥y【详解】解：连接BM，设Ma∵点M是矩形OABC的对称中心，∴M点在对角线BO∴B2a,2b∵点M在反比例函数上，∴k∴反比例函数解析式为y=当y=2b时，即Da∴CD=a∴CD=1∵S=1=1=3又k=∴S△DOM连接CM交OD于点E，∵C0,2b，Ma,b，设∴b解得：m=-∴直线CM的解析式为y=-∵D同理直线OD的解析式为y=∵点E是直线OD和直线CM的交点，∴-b解得x=此时y=∴E若点C，M关于直线OD对称，则点E是CM中点a2∴结论③错误；作MP⊥y轴交OD于点G，MQ⊥∵∠AOC∴四边形OPMQ是矩形，∴PM∴∠GMO又矩形OABC中，BC∥∴PM∵M点是OB∴OM∴点G是OD中点，即DG=∵OM平分∠∴∠GOM∴∠GMO∴GM∴∠GDM∵△DOM中，∠又∠GDM∴∠DMO=90°，即∴结论④正确．综上，正确的结论有①④．故答案为：①④．【点睛】本题考查的知识点是矩形的判定与性质、反比例函数与几何综合、求一次函数解析式、等腰三角形的判定与性质，解题关键是熟练掌握反比例函数的图象与性质．37．（2025·福建南平·二模）如图，正方形ABCD与菱形AECF有一条共同的对角线AC，若∠EAF=60°，AE=2，则正方形ABCD【答案】6【分析】本题主要考查了菱形的性质和正方形的性质，含30度角的直角三角形的性质，连接EF交AC于点O，由菱形的性质得∠EAO=12∠EAF=30°，AC⊥EF，AC【详解】解：如图，连接EF交AC于点O，∵AECF是菱形，∠EAF∴∠EAO=12∠∴OE=12∴AC=2∵正方形ABCD，∴AB=BC，∴2B解得BC=∴正方形ABCD的边长6，故答案为：6．38．（2025·福建厦门·二模）如图，在正方形ABCD中，AB=4，点E在边BC上，EC=3．若F，G分别是AE，AD的中点，则FG的长为【答案】5【分析】本题考查正方形的性质，勾股定理，三角形的中位线定理，在Rt△DCE中，利用勾股定理求出DE的长，三角形的中位线定理，求出【详解】解：∵在正方形ABCD中，AB=4∴BC=∵EC=3∴在Rt△DCE中，∵F，G分别是AE，AD的中点，∴FG=故答案为：5239．（2025·福建·二模）如图是我国汉代数学家赵爽用来说明勾股定理的弦图，他用四个全等的直角三角形围成一个大正方形，中间空出一个小正方形，若大正方形面积为5，小正方形面积为1，则S▱ABCD【答案】2【分析】本题考查了弦图、正方形的性质、勾股定理、一元二次方程的应用，熟练掌握相关知识点是解题的关键．根据题意得BE=DE=1，AF=5，AE=DF，设AE【详解】解：如图，由题意得，BE=DE=1，AF设AE=DF=在Rt△ADF中，∴x解得：x1=1，∴AD∴S故答案为：2．40．（2025·福建·一模）如图，在菱形ABCD中，AB=6，∠B=60°，AE是菱形的高．若F是CD的中点，连接EF，则△【答案】6+33/【分析】本题考查了菱形的性质、勾股定理、等边三角形的判定与性质等知识，熟练掌握菱形的性质是解题关键．连接AC,AF，先根据菱形的性质可得AD=CD=BC=AB=6，∠D=∠B=60°，∠【详解】解：如图，连接AC,∵在菱形ABCD中，AB=6，∠∴AD=CD=BC=∴△ABC和△∵AE是菱形的高，F是CD的中点，∴CE=BE=12∴AE=又∵AE是菱形的高，AF⊥∴∠BAE=90°-∠B∴∠EAF∴△AEF∴EF=∴△CEF的周长是CE故答案为：6+3341．（2025·福建厦门·二模）我们知道圆内任意直径即可将圆面积二等分．受此启发，如图，正方形ABCD的边长为9，点M在AD上，且AM=6．过点M作直线MN与BC交于点N，作直线PQ分别与AB，CD交于点P，Q．若MN，PQ将正方形ABCD【答案】3【分析】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，矩形的性质与判定，连接AC，BD交于O，由正方形的性质和题意可得MN，PQ一定都经过点O，证明S△AOP=S△DOM，则由三角形面积计算公式可得AP=DM，同理可得CQ=【详解】解：如图所示，连接AC，BD交于由正方形的性质可得，只有经过正方形的中心的直线才会平分正方形面积，因此当MN，PQ将正方形ABCD的面积四等分时，MN，∵S四边形∴S四边形APOM-由正方形的性质可得，点O到正方形ABCD四条边的距离相等，∴由三角形面积计算公式可得AP=DM，同理可得∵正方形的边长为9，AM=6∴AP=如图所示，过点P作PH⊥CD于由正方形的性质可得∠BAD∴四边形APHD是矩形，∴PH=∴QH=9-3-3=3∴PQ=故答案为：310三、解答题42．（2025·福建南平·三模）如图，点O是半圆的圆心，直径AB=4(1)分别在半圆上取点C和点D（点C在点D右侧），顺次连接点A，O，C，D，使得以这四点为顶点的四边形是菱形．（要求：尺规作图，不写作法，保留作图痕迹）(2)求（1）中所作菱形的面积．【答案】(1)见解析(2)2【分析】本题考查了等边三角形的判定和性质、菱形的判定等相关知识点，熟记相关结论是解题关键．（1）根据菱形的四条边都相等，以点A和点O为圆心，5cm长为半径画弧，与半圆交于点D、C（2）连接OD，则AO=OD=DA，过点D作DM⊥AO于点【详解】（1）解：①以A为圆心，AO为半径作弧，交半圆于点D,②以D为圆心，DA为半径作弧，交半圆于点C,③连接AD，OC，CD，从而得到菱形AOCD（2）连接OD，则AO=OD=DA，过点D作∵AO=∴△AOD∴∠AOD=60°，∴AM=∴DM=∴S菱形43．（2025·福建福州·三模）如图，∠ABC为锐角且AB(1)尺规作图：在∠ABC内部找一点D，使得DA∥BC(2)连接BD，AC，求证：BD，AC垂直且互相平分．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】本题考查了尺规作图，平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质.（1）以A为圆心，作一个等于∠B的角，用圆规截取DA（2）由（1）证明四边形ABCD为平行四边形，进而证明▱ABCD为菱形，即可证明【详解】（1）解：在∠ABC内部找一点D，如图所示（2）连接CD，∵DA∥BC且∴四边形ABCD为平行四边形，∵AB∴▱ABCD∴BD，AC44．（2025·福建三明·三模）如图，在矩形ABCD中，AB<BC，对角线AC，BD，相交于点O，E是AD上一点，BE⊥AC，垂足为F，点G在(1)求证：DG=(2)若AB=6，BC=8，求【答案】(1)见详解(2)49【分析】本题考查了矩形的性质，等腰三角形的判定及性质，正切函数等；（1）AB与CD交于O，由矩形的性质得OA=OD，由等腰三角形的性质得∠OAD=∠（2）过G作GH⊥AD交于H，由正切函数得tan∠BDC=BCCD=43，结合等腰三角形的性质可求tan∠掌握矩形的性质，等腰三角形的判定及性质，能熟练利用正切函数进行求解是解题的关键．【详解】（1）证明：AB与CD交于O，∵四边形ABCD是矩形，∴ACOA=OD=∴OA∴∠OAD∵BE⊥AC，∴∠OAD∠EDG∴∠AEB∴∠AEB∴∠EDG∴DG（2）解：过G作GH⊥AD交于∵四边形ABCD是矩形，∴∠BCDAD=∴=8∴∠BDC∵∠BDE∴∠BDC∴∠∴tan∴tan∴AB∴设DH=3x，∴DE∴AE∴6解得：x=∴GHDE=6×∴==4945．（2025·福建泉州·三模）我国明朝数学家程大位写过一本数学著作《直指算法统宗》，其中有一道与荡秋千有关的数学问题是使用《西江月》词牌写的：平地秋千未起，踏板一尺离地．送行二步与人齐，五尺人高曾记．仕女佳人争蹴，终朝笑语欢嬉．良工高士素好奇，算出索长有几？翻译成现代汉语大意是：如图所示，有一个秋千，当它静止时，踏板离地1尺，将它往前推进10尺（5尺为一步），秋千踏板就和某人一样高，这个人的身高为5尺．如果秋千的绳索拉得很直，试问它有多长？（要求：根据题意画出图形并解答）【答案】秋千绳索14.5尺【分析】本题考查理解题意能力，关键是能构造出直角三角形，用勾股定理来解．设绳索有x尺长，此时绳索长，向前推出的10尺，和秋千的上端为端点，垂直地面的线可构成直角三角形，根据勾股定理可求解．【详解】解：依题意，画出图形如图所示；作B'D⊥AB于D，则B'则BD=4尺，AD在Rt△AD即(解得x=14.5（或x答：秋千绳索14.5尺．46．（2025·福建厦门·三模）在七年级学习实数时，我们通过裁剪和拼接说明2的存在，如图1所示．(1)将五个边长为1的正方形按图2所示的方式摆放成一个矩形，沿图2的虚线裁剪，并按图3进行拼接．①在图2中，AC=________②在图3中，求证：∠ACN(2)经历了以上活动，我们猜想：大小不同的两个正方形，也可以通过裁剪拼接成一个大正方形．如图4，已知正方形ABCD和正方形CEFG，点B，C，要求：①在图4中需要裁剪的边上标出裁剪点的位置以及线段长度（用含a,②在图4中画出裁剪线，标出各个裁剪后的图形序号（类似图2）；③在图5的方框中画出拼接后的大正方形的示意图（标上各个图形的序号，类似图3）．说明：①裁剪前和裁剪后拼接地不重叠、无缝隙、无剩余；②本题将综合考虑“裁剪次数”给分，裁剪次数最少的才能得满分．【答案】(1)①5；②证明见解析；(2)见解析【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质等知识，掌握相关知识是解题的关键．（1）①由题意可得：AB=1,②根据题意证明△ABC≌△FED，得到∠（2）根据题意画出裁剪线，然后拼接即可．【详解】（1）解：①由题意可得：AB=1,∴AC=故答案为：5；②∵AB∴AB又∵∠ABC∴△ABC∴∠ACB∵∠EDF∴∠ACB∴∠ACN（2）解：方法一，如图：方法二，如图：47．（2025·福建厦门·三模）在等腰△ABC中，AB=AC，点D(1)尺规作图：在边BC上作一点F，使得点F到AB,(2)在（1）的条件下，连接DE,AF．求证：【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】本题考查等腰三角形的性质（三线合一）、角平分线的性质与判定、三角形中位线性质、菱形的判定与性质以及尺规作图．解题关键是利用等腰三角形特性确定满足条件的F点，并依据相关几何性质定理完成AF⊥（1）解题思路利用等腰三角形“三线合一”性质或角平分线性质，通过尺规作图作出∠BAC的平分线、BC的中垂线或高，其与$BC$的交点即为到AB、AC距离相等的点F（2）由点F到两边距离相等得AF平分∠BAC，结合等腰三角形三线合一证AF⊥BC；再利用D、E为中点得DE【详解】（1）如图点F即为所求．解法一（作线段BC的中垂线交BC于点F）：解法二（作∠BAC的平分线交BC于点F解法三（以D为圆心，BD为半径作弧交BC于点F）：解法四（过点A作BC的垂线交BC于点F）：解法五（以B和C分别为圆心，大于12BC的长为半径作弧，两弧交于点H，连结AH交BC于点（2）解法一：∵点F到AB,∴AF平分又∵∴AF⊥∵点D,E分别为∴∴∠∴解法二：∵点F到AB,∴AF平分又∵∴AF⊥∵在Rt△ABF与Rt△ACF中，点∴∴四边形ADFE为菱形∴解法三：∵点F到AB，∴AF平分又∵AB=AC且点D∴又∵AF平分∴48．（2025·福建龙岩·一模）根据国际标准，A系列纸为矩形，其中A0纸的面积为1m2．将A0纸沿长边对折、裁开，便成A1纸；将A1纸沿长边对折、裁开，便成A2纸；将A2将A4纸按如图1(1)观察图1的折叠过程，可知A4纸矩形的宽与长的比值为___________(2)某兴趣小组在实践活动中尝试用A4纸板做一个无盖的长方体纸盒，要求如下：把一张A4纸板分割成5个矩形纸板，用其中一个作为底面，其余4个作为侧面，恰好能粘接成一个无盖的长方体纸盒，小鑫同学画出了如图2所示的设计示意图，该长方体纸盒底面的面积为请你在图3，图4所示的A4【答案】(1)2(2)作图见解析，不唯一【分析】本题考查长方体的认识，二次根式的运算，正方形的判定与性质，矩形的性质，熟练掌握长方体的侧面和底面的关系是解题的关键．（1）设A4纸的长为m，宽为n，第一次翻折：由图可知AB=AB'，∠BAB（2）A4纸宽为a，先利用图2的底面积得出a2=232，分别利用长方体的特征得到如图3和图4【详解】（1）解：设A4纸的长为m，宽为n第一次翻折：由图可知AB=AB∴四边形ABEB∴AE=第一次翻折：AE=∴2n∴nm故答案为：22（2）解：∵A4纸的宽与长的比值为2∴如图，设AG=2a由题可知KT=∴底面积为a⋅得a2作法不唯一，如图3，按此方法分割，其中AF=CF=此时BC=AC=∴BE=∴底面积为BC⋅此时如图：如图4，按此方法分割，其中SH=BM=此时BM=MD=∴BS=∴底面积为BM⋅此时如图：49．（2025·福建福州·二模）已知矩形ABCD中，E为CD边上一点，连接AE，BE，F为EB上一点，且EF=(1)如图1，作⊙O，满足圆心O在AB上，且⊙O经过点(2)在（1）的条件下，如图2，若点B在⊙O上，求证：BA【答案】(1)作图见解析(2)证明见解析【分析】（1）连接AF，作线段AF的垂直平分线，交AB于点O，再以点O为圆心，OA的长度为半径画圆即可；（2）连接AF，利用圆周角定理和矩形的性质可证Rt△ADE≌Rt△AFEHL【详解】（1）解：如图所示，⊙O（2）证明：连接AF，∵AB是直径，∴∠AFB=∠∵四边形ABCD是矩形，∴∠D=∠AFE∵AE=AE，ED∴Rt△ADE∴∠AED=∠∵CD∥∴∠AED=∠∴∠AEF∴BA=【点睛】本题考查了作线段的垂直平分线，圆周角定理，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定，掌握以上知识点是解题的关键．50．（2025·福建莆田·二模）如图，将△ABC沿AC翻折得到△ADC，(1)求证：四边形ABCD是菱形；(2)过点D作DE⊥BC交延长线于点E，连接BD．若DE=4，AB【答案】(1)见解析；(2)45【分析】本题考查等腰三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握相关知识点，是解题的关键：（1）根据翻折，得到AB=AD,BC=CD，（2）在Rt△CDE中，勾股定理求出CE的长，进而求出【详解】（1）证明：由翻折，得AB=AD，BC=∵AD∥∴∠DAC∴∠BAC∴BA∴BA∴四边形ABCD是菱形．（2）∵四边形ABCD是菱形，AB=5∴DC∵DE⊥BC∴Rt△CDE∴BE∴Rt△BDE51．（2025·福建莆田·二模）问题探究（1）如图1，在四边形ABCD中，点A在直线l上，且BD∥l，求作▱EFGH，使得点E，H在直线l上，边EF，FG，GH分别经过点B，C，D问题解决（2）如图2，某市郊野公园现有一块四边形ABCD草坪，顶点A，B，C，D处均有一棵荔枝古树，点P处有一座八角观景亭，园林管理部门准备扩建草坪，想使草坪面积扩大一倍，又想保持4棵荔枝古树、八角观景亭在草坪边不动，并要求扩建后的草坪成平行四边形的形状．请问能否实现这一设想？若能，请你设计出所要画的图形；若不能，请说明理由．【答案】（1）图见解析，S▱EFGHS【分析】本题考查了作图——基本作图，平行四边形的判定与性质，解题的关键是掌握相关知识．（1）连接AC，过点C作BD的平行线，再过点B、点D分别作AC的平行线，四条线的交点为E、F、G、H，则四边形EFGH即为所求，根据平行四边形的性质可得出S▱（2）连接BD，过点A和C分别作BC的平行线，再连接BP