更多更新資料詳情加微：xiaojuzi9598或zhixing16881專題09四邊形一、單選題1．（2023·福建·中考真題）如圖，正方形四個頂點分別位于兩個反比例函數和的圖象的四個分支上，則實數的值為（）

A． B． C． D．3【答案】A【分析】如圖所示，點在上，證明，根據的幾何意義即可求解．【詳解】解：如圖所示，連接正方形的對角線，過點分別作軸的垂線，垂足分別為，點在上，

∵，，∴．∴．∴．∵點在第二象限，∴．故選：A．【點睛】本題考查了正方形的性質，反比例函數的的幾何意義，熟練掌握以上知識是解題的關鍵．2．（2022·福建·中考真題）如圖，現有一把直尺和一塊三角尺，其中，，AB＝8，點A對應直尺的刻度為12.將該三角尺沿著直尺邊緣平移，使得△ABC移動到，點對應直尺的刻度為0，則四邊形的面積是（

）A．96 B． C．192 D．【答案】B【分析】根據直尺與三角尺的夾角為60°，根據四邊形的面積為，即可求解．【詳解】解：依題意為平行四邊形，∵，，AB＝8，．∴平行四邊形的面積=故選B【點睛】本題考查了解直角三角形，平移的性質，掌握平移的性質是解題的關鍵．二、填空題3．（2024·福建·中考真題）如圖，正方形的面積為4，點，，，分別為邊，，，的中點，則四邊形的面積為．

【答案】2【分析】本題考查正方形性質，線段中點的性質，根據正方形性質和線段中點的性質得到，進而得到，同理可得，最后利用四邊形的面積正方形的面積個小三角形面積求解，即可解題．【詳解】解：正方形的面積為4，，，點，，，分別為邊，，，的中點，，，同理可得，四邊形的面積為．故答案為：2．4．（2023·福建·中考真題）如圖，在菱形中，，則的長為．

【答案】10【分析】由菱形中，，易證得是等邊三角形，根據等邊三角形的性質即可得解．【詳解】解：∵四邊形是菱形，∴，∵，∴是等邊三角形，∴．故答案為：10．【點睛】本題考查了菱形的性質，等邊三角形的判定與性質，熟記菱形的性質并推出等邊三角形是解題的關鍵．5．（2023·福建·中考真題）如圖，在中，為的中點，過點且分別交于點．若，則的長為．

【答案】10【分析】由平行四邊形的性質可得即，再結合可得可得，最進一步說明即可解答．【詳解】解：∵中，∴，∴，∵，∴，∴，∴,即．故答案為：10．【點睛】本題主要考查了平行四邊形的性質、全等三角形的判定與性質等知識點，證明三角形全等是解答本題的關鍵．6．（2021·福建·中考真題）如圖，在矩形中，，點E，F分別是邊上的動點，點E不與A，B重合，且，G是五邊形內滿足且的點．現給出以下結論：①與一定互補；②點G到邊的距離一定相等；③點G到邊的距離可能相等；④點G到邊的距離的最大值為．其中正確的是．（寫出所有正確結論的序號）【答案】①②④【分析】①利用四邊形內角和為即可求證；②過作，證明即可得結論；③分別求出G到邊的距離的范圍，再進行判斷；④點G到邊的距離的最大值為當時，GE即為所求．【詳解】①四邊形是矩形,四邊形內角和為①正確．②如圖：過作，又即點G到邊的距離一定相等②正確．③如圖：過作而所以點G到邊的距離不可能相等③不正確．④如圖：當時，點G到邊的距離的最大④正確．綜上所述：①②④正確．故答案為①②④．【點睛】本題考查了動點問題，四邊形內角和為，全等三角形的證明，點到直線的距離，銳角三角函數，矩形的性質，熟悉矩形的性質是解題的關鍵．7．（2020·福建·中考真題）如圖所示的六邊形花環是用六個全等的直角三角形拼成的，則等于度．【答案】30【分析】先證出內部的圖形是正六邊形，求出內部小正六邊形的內角，即可得到∠ACB的度數，根據直角三角形的兩個銳角互余即可求解．【詳解】解：由題意六邊形花環是用六個全等的直角三角形拼成，可得BD=AC，BC=AF，∴CD=CF，同理可證小六邊形其他的邊也相等，即里面的小六邊形也是正六邊形，∴∠1=，∴∠2=180°-120°=60°，∴∠ABC=30°，故答案為：30．【點睛】本題考查正多邊形的證明、多邊形的內角和以及三角形的內角和，熟練掌握多邊形內角和的計算是解題的關鍵．8．（2020·福建·中考真題）設是反比例函數圖象上的任意四點，現有以下結論：①四邊形可以是平行四邊形；②四邊形可以是菱形；③四邊形不可能是矩形；④四邊形不可能是正方形．其中正確的是．（寫出所有正確結論的序號）【答案】①④【分析】利用反比例函數的對稱性，畫好圖形，結合平行四邊形，矩形，菱形，正方形的判定可以得到結論，特別是對②的判斷可以利用反證法．【詳解】解：如圖，反比例函數的圖象關于原點成中心對稱，四邊形是平行四邊形，故①正確，如圖，若四邊形是菱形，則顯然：＜所以四邊形不可能是菱形，故②錯誤，如圖，反比例函數的圖象關于直線成軸對稱，當垂直于對稱軸時，四邊形是矩形，故③錯誤，四邊形不可能是菱形，四邊形不可能是正方形，故④正確，故答案為：①④．【點睛】本題考查的是平行四邊形，矩形，菱形，正方形的判定，反比例函數的對稱性，掌握以上知識是解題的關鍵．三、解答題9．（2024·福建·中考真題）如圖，在菱形中，點分別在邊上，，求證：．【答案】見解析【分析】本題考查菱形的性質、全等三角形的判定與性質，熟練掌握全等三角形的判定與性質是解答的關鍵．根據菱形的性質證得，，再根據全等三角形的判定證明即可．【詳解】證明：四邊形是菱形，，，，，．10．（2022·福建·中考真題）如圖，BD是矩形ABCD的對角線．(1)求作⊙A，使得⊙A與BD相切（要求：尺規作圖，不寫作法，保留作圖痕跡）；(2)在（1）的條件下，設BD與⊙A相切于點E，CF⊥BD，垂足為F．若直線CF與⊙A相切于點G，求的值．【答案】(1)作圖見解析(2)【分析】（1）先過點A作BD的垂線，進而找出半徑，即可作出圖形；（2）根據題意，作出圖形，設，⊙A的半徑為r，先判斷出BE＝DE，進而得出四邊形AEFG是正方形，然后在Rt△ABE中，根據勾股定理建立方程求解，再判定，根據，，在Rt△ADE中，利用，得到，求解得到tan∠ADB的值為．【詳解】（1）解：如圖所示，⊙A即為所求作：（2）解：根據題意，作出圖形如下：設，⊙A的半徑為r，∵BD與⊙A相切于點E，CF與⊙A相切于點G，∴AE⊥BD，AG⊥CG，即∠AEF＝∠AGF＝90°，∵CF⊥BD，∴∠EFG＝90°，∴四邊形AEFG是矩形，又，∴四邊形AEFG是正方形，∴，在Rt△AEB和Rt△DAB中，，，∴，在Rt△ABE中，，∴，∵四邊形ABCD是矩形，∴，AB＝CD，∴，又，∴，∴，∴，在Rt△ADE中，，即，∴，即，∵，∴，即tan∠ADB的值為．【點睛】此題是圓的綜合題，主要考查了尺規作圖，切線的性質，全等三角形的判定和性質，正方形的判定與性質，矩形的判定與性質，勾股定理，銳角三角函數，利用三角函數得出線段長建立方程是解決問題的關鍵．一、單選題1．（2024·福建泉州·三模）如圖，，，以B為圓心，長為半徑的圓弧交于點E，連接．若，則的度數為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本題主要考查了平行四邊形的性質與判定，由作圖方法可知，則可證明四邊形是平行四邊形，則由平行四邊形對角相等可得．【詳解】解：由作圖方法可知，又∵，即，∴四邊形是平行四邊形，∴，故選：C．2．（2024·福建寧德·二模）如圖，在中，，則的度數是（

）A．117° B．63° C．37° D．27°【答案】B【分析】本題主要考查了平行四邊形的性質，根據平行四邊形對邊互相平行得到，再由平行線的性質即可得到．【詳解】解：∵在中，，∴，∴，故選：B．3．（2024·福建廈門·二模）綜合實踐課上，小明畫出，利用尺規作圖找一點C，使得四邊形為平行四邊形．（1）~（3）是其作圖過程．（1）分別以點B，D為圓心，大于長為半徑作弧，相交于兩點，作過這兩點的直線交于O；（2）連接并延長，再以O為圓心，長為半徑作弧，交延長線于點C；（3）連接，，則四邊形即為所求．在小明的作法中，可以直接用于判定四邊形為平行四邊形的依據是（

）

A．（兩組對邊分別平行 B．兩組對邊分別相等C．一組對邊平行且相等 D．對角線互相平分【答案】D【分析】本題考查了平行四邊形的判斷，解題的關鍵是掌握基本的作圖方法及平行四邊形的判定定理．根據作圖步驟可知，得出了對角線互相平分，從而可以判斷．【詳解】解：根據圖1，得出的中點，圖2，得出，可知使得對角線互相平分，從而得出四邊形為平行四邊形，判定四邊形為平行四邊形的條件是：對角線互相平分，故選：D．4．（2024·福建福州·模擬預測）如圖1是頤和園小長廊五角加膛窗，其輪廓是一個正五邊形，如圖2是它的示意圖，它的一個外角α的度數為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本題主要考查多邊形的內角和外角，熟練掌握正多邊形的外角和為是解題的關鍵．根據多邊形的外角和為即可作答．【詳解】解：．故選：B．5．（2024·福建南平·二模）已知正方形的邊長為6，E，F分別是，邊上的點，且，將繞點D逆時針旋轉，得到．若，則的長為（

）A．4 B．5 C．6 D．6.5【答案】B【分析】本題主要考查了圖形的旋轉，正方形的性質，勾股定理，全等三角形的判定和性質，熟練掌握圖形的旋轉的性質，正方形的性質，勾股定理，全等三角形的判定和性質是解題的關鍵．由旋轉性質可證明，從而；設，則可得，由勾股定理建立方程即可求得x．【詳解】由旋轉的性質可得：，，，，四邊形是正方形，，，，，即，，在和中，，，設，則，，在中，由勾股定理得：解得：故選B．6．（2024·福建三明·二模）如圖，在中，，，把繞點A逆時針旋轉得到，點D與點B對應，點D恰好落在上，過E作交的延長線于點F，連接并延長交于點G，連接交于點H．下列結論：①；②；③；④．其中正確的有（

）

A．4個 B．3個 C．2個 D．1個【答案】A【分析】連接，可證四邊形是矩形，，即可判斷①③；根據①③的結論可推出垂直平分，進而可得是等腰直角三角形，從而可判斷②；證明，推出，設，推出，，判斷④即可．【詳解】解：連接，如圖所示：

∵，，∴由題意得：∴∴∴∵，∴∴四邊形是矩形，∴，，∴∵∴∴∴∴∴∴點是的中點即：，故①正確；∵，∴∵∴∴同理可證∴，故③正確；∵∴垂直平分∴∵∴是等腰直角三角形∴∵∴，故②正確；∵，∴，∴，∴，設，則：，∴，∴，∴；故④正確；故選：A．【點睛】本題綜合考查了矩形的判定與性質、全等三角形的判定與性質、斜中半定理等知識點，綜合性較強，需要學生具備扎實的幾何基礎．7．（2024·山東臨沂·一模）如圖，矩形中，，以點B為圓心，適當長為半徑畫弧，分別交，于點E，F，再分別以點E，F為圓心，大于長為半徑畫弧交于點P，作射線，過點C作的垂線分別交，于點M，N，則的長（

）A． B． C． D．8【答案】B【分析】先根據矩形的性質以及勾股定理得到，，，，再由作圖過程知平分，進而證明，，則，再證明求得，然后利用勾股定理求解即可．【詳解】解：∵矩形中，，∴，，，∴，由作圖過程知平分，則，∵，∴，又，∴，∴，則，∵，∴，∴，即，∴，在中，，故選：B．【點睛】本題考查矩形的性質、勾股定理、角平分線的尺規作圖、全等三角形的判定與性質、相似三角形的判定與性質等知識，熟練掌握相似三角形的判定與性質以及判斷出平分是解答的關鍵．8．（2024·福建龍巖·二模）如圖，在矩形中，平分，點P是線段上一定點，點F，G分別是，延長線上的點，且，過點P作交于點H，以下判斷不正確的是（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】首先根據矩形和角平分線得到，然后證明出，然后得到，，即可證明出，進而判斷A選項；根據題意得到和是等腰直角三角形，然后證明出，得到，即可判斷B選項；根據等腰直角三角形的性質得到，然后由全等三角形的性質得到，進而得到，即可判斷C選項；根據和不一定相等即可判斷D選項．【詳解】∵在矩形中，平分，∴∴∴∵∴∴∴，∴∵∴∴∴，故A正確；∵，∴是等腰直角三角形∵四邊形是矩形∴∵∴是等腰直角三角形∴∴∴，故B正確；∵是等腰直角三角形∴∵∴∴，故C正確；∵和是等腰直角三角形，但是直角邊和不一定相等∴不一定成立，故D選項錯誤．故選：D．【點睛】此題考查了相似三角形的性質和判定，矩形的性質，全等三角形的性質和判定，等腰直角三角形的性質和判定等知識，解題的關鍵是掌握以上知識點．9．（2024·福建龍巖·二模）如圖，E是的邊的中點，延長交的延長線于點F，若，，則的長是（

）A．6 B．8 C．10 D．12【答案】B【分析】此題考查了平行四邊形的性質、全等三角形的判定方法、勾股定理；熟練掌握平行四邊形的性質，證明三角形全等是解決問題的關鍵．由平行四邊形的性質得出，證出，由證明，由全等三角形的性質得出，由平行線的性質證出，求出，即可得出的長．【詳解】∵四邊形是平行四邊形，∴，∴，∵是的邊的中點，∴，在和中，∴；∴，∵，∴，在中，，∴，故選：B．10．（2024·福建三明·一模）如圖，在平面直角坐標系中，直線與x軸交于點E，點A在線段上，過點A作x軸的平行線，交直線于點B，分別過點A，B作x軸的垂線，當四邊形為正方形時，點B的坐標為（）A． B． C． D．【答案】B【分析】本題考查的是正方形的性質，一次函數的性質，先設，再求解，再結合正方形的性質可得答案．【詳解】解：∵A在直線上，∴設，∵軸，∴，解得：，∴，∵正方形，∴，∴，解得：，∴，，∴，故選B11．（2024·福建泉州·二模）如圖，對折矩形紙片使與重合，得到折痕，再把紙片展平．點是上一點，且，將沿折疊，點的對應點恰好落在上．若，則的長是（

）A． B． C．3 D．【答案】C【分析】首先根據題意求出，然后根據折疊的性質得到，，，進而求出，，然后利用含角直角三角形的性質得到，然后利用勾股定理求解即可．【詳解】∵，，∴，∵對折矩形紙片使與重合，得到折痕，∴，，∵將沿折疊，點的對應點恰好落在上，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，，∴，∴．故選：C．【點睛】此題考查了矩形和折疊的性質，勾股定理，含角直角三角形的性質等知識，解題的關鍵是熟練掌握矩形和折疊的性質．12．（2024·福建泉州·一模）“已知，點A，B是邊上不重合的兩個定點，點C是邊上的一個動點，當的外接圓與邊相切于點C時，的值最大．”這是由德國數學家米勒提出的最大角問題，我們稱之為米勒定理．已知矩形，，點E是射線上一點，點F是射線上的一動點．當時，則的值最大為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由米勒定理可知，最大時，的外接圓與射線相切于點，過點作，則，可證得四邊形是矩形，，進而可知是等邊三角形，可得，由圓周角定理可得，即可求解．【詳解】解：由米勒定理可知，最大時，的外接圓與射線相切于點，如圖，過點作，則，，∵四邊形是矩形，∴，又∵與射線相切于點，∴，∴四邊形是矩形，∵，，則，∴，則，∴，則，∴是等邊三角形，∴，∴，即：的值最大為，故選：A．【點睛】本題考查切線的性質，圓周角定理，矩形的判定及性質，等邊三角形的判定及性質，作出圖形，利用切線的性質，矩形的判定及性質證得是等邊三角形是解決問題的關鍵．13．（2024·福建南平·一模）如圖，在矩形紙片中，，將其折疊，使點D與點B重合，折痕為．則的長為（

）A．4 B． C． D．【答案】D【分析】由折疊的性質，矩形的性質可知，，，則，設，則，由勾股定理得，，即，可求，則，如圖，作于，則四邊形是矩形，，，由勾股定理得，，計算求解即可．【詳解】解：由折疊的性質可知，，，∵矩形，∴，∴，∴，設，則，由勾股定理得，，即，解得，，∴，如圖，作于，則四邊形是矩形，∴，∴，由勾股定理得，，故選：D．【點睛】本題考查了矩形與折疊，等角對等邊，矩形的判定與性質，勾股定理等知識．熟練掌握矩形與折疊，等角對等邊，矩形的判定與性質，勾股定理是解題的關鍵．14．（2024·福建三明·一模）如圖，菱形的對角線與相交于點，為邊的中點，連接．若，，則（

）A．1 B． C． D．3【答案】C【分析】本題考查了菱形的性質、勾股定理、直角三角形的性質，先由菱形的性質得出，，，由勾股定理得出，再由直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半即可得出答案．【詳解】解：菱形的對角線與相交于點，，，，，，，為邊的中點，，故選：C．二、填空題15．（2024·福建莆田·一模）正七邊形的內角和等于．【答案】/度【分析】本題考查了多邊形的內角和，熟記多邊形的內角和公式是解題的關鍵，根據正多邊形的內角和公式即可得到求出答案．【詳解】∵邊形內角和∴正七邊形的內角和故答案為：．16．（2024·福建廈門·二模）如圖，已知正方形，點E在邊上，，，則的長為．【答案】【分析】本題主要考查了正方形的性質，勾股定理，根據正方形的性質求出，，根據勾股定理即可求解．【詳解】解：∵四邊形為正方形，，，∴，，∴在中，根據勾股定理得：．故答案為：．17．（23-24八年級下·山東臨沂·期中）如圖，平行四邊形的對角線，相交于點，點為中點，，，則平行四邊形的周長為．【答案】20【分析】本題考查平行四邊形的性質、三角形的中位線定理首先證明，再由，，推出即可解決問題．【詳解】解：∵四邊形是平行四邊形，∴，∵是中點，∴，∴是的中位線，∴，∵，，∴，∴，∴平行四邊形的周長，故答案為：20．18．（2024·福建廈門·二模）如圖，用一條寬相等的足夠長的紙條，打一個結，然后輕輕拉緊、壓平就可以得到如圖所示的正五邊形，的度數．【答案】/72度【分析】此題考查的是多邊形的內角和及平行線的性質，利用多邊形的內角和定理和平行線的性質即可解決問題，掌握計算公式是解題的關鍵．【詳解】解：由題意可得，五邊形是正五邊形，∴，∵，∴，故答案為：．19．（2024·福建漳州·三模）如圖，正方形的邊長是，點，分別在，延長線上，且，連接，交于點，與邊，分別交于點，，連接、現給出以下結論：①；②；③；④當時，．其中正確的．（寫出所有正確結論的序號）【答案】①②③【分析】由四邊形是正方形，得到，，根據全等三角形的性質得到，根據余角的性質得到；故①正確；根據相似三角形的性質得到，故②正確；根據全等三角形的性質得到，，于是得到，即；故③正確；根據相似三角形的性質得到，求得，，，由三角函數的定義即可得到結論．【詳解】解：∵四邊形是正方形，∴，，∵，∴，在與中，，∴（），∴，∵，∴，∴，∴，故①正確；∴，，∴，∵，∴，∴，∴故②正確；在與中，∴（），∴，∴，在與中，，∴（），∴，即；故③正確；∵，，∴，∴∵，，∴，∴，∴，∴，∵∴∵∴，∴，∴，，∴，∴，故④錯誤，故答案為：①②③．【點睛】本題考查了相似三角形的判定和性質，全等三角形的判定和性質，正方形的性質，三角函數的定義，熟練掌握全等三角形的判定和性質是解題的關鍵．20．（2024·福建廈門·二模）如圖所示，在平行四邊形中，，，平分交于點E，則．【答案】3【分析】本題考查了平行四邊形的性質、等腰三角形的判定、角平分線的概念，根據平行四邊形的性質及角平分線的性質得，進而可得，根據即可求解，熟練掌握平行四邊形的性質是解題的關鍵．【詳解】解：四邊形是平行四邊形，，，，，平分，，，，，，，故答案為：3．21．（2024·福建泉州·三模）如圖，將折疊，使點A落在邊上的點F處，折痕為．已知，則四邊形的周長為．【答案】16【分析】本題考查了平行四邊形的判定及性質，折疊的性質，掌握相關的判定方法及性質是解題的關鍵．可證，從而可得，再證四邊形是平行四邊形，可得，即可求解．【詳解】解：四邊形是平行四邊形，，，由折疊得：，，，，，，，，四邊形是平行四邊形，．故答案：．22．（2024·福建泉州·模擬預測）如圖，點是矩形的邊的中點，以點為圓心，長為半徑作弧，交于點，若，矩形的面積為8，則圖中扇形的面積為．【答案】【分析】本題考查矩形的性質，一元二次方程的應用，扇形的面積公式等知識，利用得到，設，則，，根據“矩形的面積為8，”建立方程求解，求出的值，得到，最后利用，扇形的面積公式求解，即可解題．【詳解】解：四邊形是矩形，，，，點是邊的中點，，以點為圓心，長為半徑作弧，交于點，，，，即，整理得，設，則，，矩形的面積為8，，解得，，圖中扇形的面積為．故答案為：．23．（2024·福建廈門·二模）臺球是用球桿在臺上擊球，依靠計算得分確定比賽勝負的室內高雅體育運動．如圖是一張寬為m米，長為米的矩形臺球桌，某球員擊位于的中點E處的球，球沿射向邊，然后反彈到C點的球袋，球的反彈規律滿足光的反射定律．若球的速度為v米/秒，則球從出發到入袋的時間等于（用含m和v，的式子表示）【答案】【分析】本題考查的是矩形的性質，相似三角形的判定與性質，勾股定理的應用，先求解，，，，再證明，再利用相似三角形的性質與勾股定理可得答案．【詳解】解：∵一張寬為m米，長為米的矩形臺球桌，的中點為E，∴，，，，由反彈規律滿足光的反射定律．∴，∴，∴，∴，，∴，，∴，∴，故答案為：24．（2024·福建廈門·三模）如圖，菱形的對角線與相交于點，為邊的中點，連接．若，，則．【答案】【分析】本題考查菱形的性質、勾股定理、三角形的中位線定理；由菱形的性質得，，，所以，則，根據三角形的中位線定理得，即可求解．【詳解】解：四邊形是菱形，對角線與相交于點，，，，，，，，為的中點，為邊的中點，，故答案為：．25．（2024·福建福州·模擬預測）如圖，在菱形中，，點是邊上任意兩點，將菱形沿翻折，點恰巧落在對角線上的點處，下列結論：①；②若，則；③若菱形邊長為4，是的中點，連接，則；④若，則，其中正確結論是．【答案】①②④【分析】根據一線三等角基本模型可得可知，可知①正確；根據相似三角形的性質可得，再利用三角形內角和定理可知②正確；作交的延長線于點，利用含30度角的直角三角形的性質得，再根據勾股定理可得的長，則③正確；設，，則，設，則，利用相似三角形的性質可得，，再根據可得答案．【詳解】解：四邊形是菱形，，∴是等邊三角形，，由折疊性質可知，，，，∵，，故①正確；，，故②正確；如圖，作交的延長線于點在中，，由①得：，，是的中點，，，故③錯誤；設，則，設，則，，，，解得：，，，故④正確；故答案為：①②④．【點睛】本題是四邊形綜合題，主要考查了菱形的性質，等邊三角形的性質，相似三角形的判定與性質，含30度角的直角三角形的性質，解直角三角形，勾股定理等知識，根據相似三角形的性質是判斷④的關鍵．26．（2024·福建福州·模擬預測）如圖，已知矩形的長，寬，將矩形先向上平移，再向右平移得到矩形，連接，連接交于點，則圖中面積為的三角形為．【答案】【分析】本題考查矩形的性質、平移的性質及三角形的面積計算．熟知矩形及平移的性質是正確解決本題的關鍵．找到圖中面積接近的各三角形的底和高計算面積即可得出答案．【詳解】解：由平移及題意可知，底為m，高為，面積為；底為m，高為，面積為；底為m，高為，面積為；底為n，高為m，面積為；故答案為：．27．（2024·福建廈門·二模）如圖，是平行四邊形的對角線，在和上分別截取，使，分別以E，F為圓心，以大于的長為半徑作弧，兩弧在內交于點G，作射線交于點P，若，平行四邊形面積為24，則的面積是．【答案】【分析】本題主要考查了平行四邊形的性質，角平分線的性質和尺規作圖，先由平行四邊形的性質得到，再由作圖方法可知，平分，則由角平分線的性質得到，再根據三角形面積計算公式得到，則，即可得到．【詳解】解：∵平行四邊形面積為24，∴，設點P到線段的距離分別為，由作圖方法可知，平分，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，故答案為：．28．（2024·福建三明·三模）如圖，在正方形中，點E為邊的中點，連接，過點B作于點F，連接交于點G，平分交于點H．則下列結論中：①；②；③若，則；④當時，．其中正確的是（填所有正確的序號）．【答案】②④/④②【分析】根據正方形的性質，可得，結合三角函數的定義即可得到答案；設正方形的邊長為，可得，進而可得答案；分別表示出，，進而即可得到答案；過點H分別作的垂線，垂足分別為K，N，當時，，設，則，可得，進而即可得到答案．【詳解】解：∵在正方形中，∴，，∵，∴，∴，即，∴，故①錯誤；設正方形的邊長為，∵點E為邊的中點，∴，，∵，∴，∴，∴，∵，∴，故②正確；∵，∴，∴，∴，同理：，∴，∴，故③錯誤；∵當時，，∴，過點H分別作的垂線，垂足分別為K，N，∴四邊形是矩形，∵平分，∴，∴四邊形是正方形，∴，∵，∴∵，∴，設，則，∴，∵，∴，即，∴，∴∴，故④正確【點睛】本題考查正方形的性質，勾股定理，解直角三角形，相似三角形的判定和性質，利用銳角三角函數的定義和相似三角形，得到線段的關系是關鍵．三、解答題29．（2024·山東濟南·一模）如圖，在中，點E是的中點，連結并延長，交的延長線于點F．求證：．【答案】見解析【分析】本題考查了全等三角形的判定與性質，平行四邊形的性質，解題的關鍵是熟練掌握全等三角形的判定方法，根據平行四邊形的性質可得出，，再利用即可證明即可求解；【詳解】證明：∵四邊形是平行四邊形，∴，，∴，∵點E是的中點，∴，在和中，，∴，∴，∴．30．（2024·福建泉州·一模）如圖，在矩形中，點E，F在BC上，且，連接．求證：．【答案】證明見解析【分析】本題考查了全等三角形的判定．利用證明即可．【詳解】證明：∵四邊形是矩形，∴，．在和中，∵，∴．31．（2022·福建泉州·三模）在平行四邊形中，、分別是、上的點，且．求證：．【答案】見解析【分析】依據平行四邊形的性質，即可得到，，，判定，即可得到．【詳解】在平行四邊形中，，，，又，，，在和中，，，．【點睛】本題主要考查了平行四邊形的性質以及全等三角形的判定與性質，全等三角形的判定是結合全等三角形的性質證明線段和角相等的重要工具．32．（2024·福建廈門·模擬預測）如圖，矩形中，過對角線的中點O作的垂線，分別交于點E，F．求證：．【答案】見解析【分析】本題考查矩形性質，全等三角形性質和判定，根據題意可得，再利用全等三角形判定，繼而得到本題答案．【詳解】證明：∵四邊形是矩形，∴，∴，∵點O為的中點，∴，在和中，，∴，∴，∴，∴．33．（2024·福建廈門·二模）如圖，在矩形中，點E為邊的中點連接．求證：．【答案】證明見解析【分析】本題考查了矩形的性質，全等三角形的判定與性質，熟練掌握矩形的性質與全等三角形的判定定理是解題的關鍵．根據矩形的性質得出，根據點為的中點，得出，進而根據，即可證明，從而可得答案．【詳解】證明：∵在矩形中，點為的中點，∴，，∴．∴34．（2024·福建漳州·二模）如圖，在正方形中，E為邊上一點，F為延長線上一點，且．求證：．【答案】見解析【分析】本題考查了正方形的性質，全等三角形的判定與性質，證明即可作答．【詳解】∵四邊形是正方形，∴，．．在和中，∴，∴．35．（2024·福建廈門·模擬預測）如下圖，四邊形是矩形，點在邊上，，垂足為，．證明：．【答案】見解析【分析】本題主要考查了矩形的性質，全等三角形的判定與性質等知識，利用“”證明，即可證明．【詳解】證明：四邊形是矩形，，，，，，．，，，．．36．（2024·福建福州·模擬預測）如圖，在正方形中，P是上的點，且，Q是的中點，求證：．【答案】見解析【分析】設，則，根據勾股定理計算證明即可，本題考查了正方形的性質，勾股定理，熟練掌握性質和定理是解題的關鍵．【詳解】∵正方形，∴；∵，設，則，∵Q是的中點，∴，∴，∴．37．（2024·福建廈門·模擬預測）如圖，矩形中，過對角線的中點作的垂線，分別交，于點，．求證：．【答案】見詳解【分析】根據矩形的性質和全等三角形的判定與性質，可以求得，然后根據，即可得到．根據矩形的性質和全等三角形的判定與性質，可以求得，然后根據，即可得到．【詳解】證明：四邊形是矩形，，，，點為的中點，，在和中，，，，，．38．（2024·福建廈門·二模）如圖，在中，平分，交于點平分，交于點F．求證：．【答案】見解析【分析】本題考查了平行四邊形的性質、角平分線定義；熟練掌握平行四邊形的性質，證出是解題的關鍵．根據平行四邊形的性質，進而利用角平分線得出，利用證明與全等解答即可．【詳解】證明：∵四邊形是平行四邊形，，平分，平分，，在和中，，．39．（2024·福建福州·模擬預測）如圖1，在菱形中，對角線，相交于點O，，，點P為線段上的動點（不與點B，O重合），連接并延長交邊于點G，交的延長線于點H．(1)求線段的長；(2)當為直角三角形時，求的值；(3)如圖2，作線段的垂直平分線，交于點N，交于點M，連接，在點P的運動過程中，的度數是否為定值？如果是，求出這個定值；如果不是，請說明理由．【答案】(1)(2)或；(3)的度數是定值，【分析】（1）由菱形的性質可得，，，，由勾股定理進行列式即可求解；（2）分兩種情況討論，由直角三角形的