专题09 四边形-5年（2020-2024）中考1年模拟数学分类汇编（河北专用）

PAGE1试卷第=page22页，共=sectionpages6464页专题09四边形1．（2022·河北·中考真题）如图，将三角形纸片剪掉一角得四边形，设△ABC与四边形BCDE的外角和的度数分别为，，则正确的是（

）A． B．C． D．无法比较与的大小【答案】A【分析】多边形的外角和为，△ABC与四边形BCDE的外角和均为，作出选择即可．【详解】解：∵多边形的外角和为，∴△ABC与四边形BCDE的外角和与均为，∴，故选：A．【点睛】本题考查多边形的外角和定理，注意多边形的外角和为是解答本题的关键．2．（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（

）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．3．（2020·河北·中考真题）如图，从笔直的公路旁一点出发，向西走到达；从出发向北走也到达．下列说法错误的是（

）A．从点向北偏西45°走到达B．公路的走向是南偏西45°C．公路的走向是北偏东45°D．从点向北走后，再向西走到达【答案】A【分析】根据方位角的定义及勾股定理逐个分析即可．【详解】解：如图所示，过P点作AB的垂线PH，选项A：∵BP=AP=6km，且∠BPA=90°，∴△PAB为等腰直角三角形，∠PAB=∠PBA=45°，又PH⊥AB，∴△PAH为等腰直角三角形，∴PH=km，故选项A错误；选项B：站在公路上向西南方向看，公路的走向是南偏西45°，故选项B正确；选项C：站在公路上向东北方向看，公路的走向是北偏东45°，故选项C正确；选项D：从点向北走后到达BP中点E，此时EH为△PEH的中位线，故EH=AP=3，故再向西走到达，故选项D正确．故选：A．【点睛】本题考查了方位角问题及等腰直角三角形、中位线等相关知识点，方向角一般以观测者的位置为中心，所以观测者不同，方向就正好相反，但角度不变．4．（2023·河北·中考真题）综合实践课上，嘉嘉画出，利用尺规作图找一点C，使得四边形为平行四边形．图1~图3是其作图过程．（1）作的垂直平分线交于点O；（2）连接，在的延长线上截取；

（3）连接，，则四边形即为所求．

在嘉嘉的作法中，可直接判定四边形ABCD为平行四边形的条件是（

）A．两组对边分别平行 B．两组对边分别相等C．对角线互相平分 D．一组对边平行且相等【答案】C【分析】根据作图步骤可知，得出了对角线互相平分，从而可以判断．【详解】解：根据图1，得出的中点，图2，得出，可知使得对角线互相平分，从而得出四边形为平行四边形，判定四边形ABCD为平行四边形的条件是：对角线互相平分，故选：C．【点睛】本题考查了平行四边形的判断，解题的关键是掌握基本的作图方法及平行四边形的判定定理．5．（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．又∵，，∴（②）．∴．∴四边形是平行四边形．故选：D．6．（2022·河北·中考真题）依据所标数据，下列一定为平行四边形的是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据平行四边形的判定及性质定理判断即可；【详解】解：平行四边形对角相等，故A错误；一组对边平行不能判断四边形是平行四边形，故B错误；三边相等不能判断四边形是平行四边形，故C错误；一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，故D正确；故选：D．【点睛】本题主要考查平行四边形的判定及性质，掌握平行四边形的判定及性质是解题的关键．7．（2021·河北·中考真题）如图1，中，，为锐角．要在对角线上找点，，使四边形为平行四边形，现有图2中的甲、乙、丙三种方案，则正确的方案（

）A．甲、乙、丙都是 B．只有甲、乙才是C．只有甲、丙才是 D．只有乙、丙才是【答案】A【分析】甲方案：利用对角线互相平分得证；乙方案：由，可得,即可得，再利用对角线互相平分得证；丙方案:方法同乙方案．【详解】连接交于点甲方案：四边形是平行四边形四边形为平行四边形．乙方案：四边形是平行四边形，，又(AAS)四边形为平行四边形．丙方案:四边形是平行四边形，，，又分别平分，即（ASA）四边形为平行四边形．所以甲、乙、丙三种方案都可以．故选A．【点睛】本题考查了平行四边的性质与判定，三角形全等的性质和判定，角平分线的概念等知识，能正确的利用全等三角的证明得到线段相等，结合平行四边形的判定是解题关键．8．（2020·河北·中考真题）如图，将绕边的中点顺时针旋转180°．嘉淇发现，旋转后的与构成平行四边形，并推理如下：点，分别转到了点，处，而点转到了点处．∵，∴四边形是平行四边形．小明为保证嘉淇的推理更严谨，想在方框中“∵，”和“∴四边形……”之间作补充．下列正确的是（

）A．嘉淇推理严谨，不必补充 B．应补充：且，C．应补充：且 D．应补充：且，【答案】B【分析】根据平行四边形的判定方法“两组对边分别相等的四边形是平行四边形”即可作答．【详解】根据旋转的性质得：CB=AD，AB=CD，∴四边形ABDC是平行四边形；故应补充“AB=CD”，故选：B．【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定和旋转的性质，牢记旋转前、后的图形全等，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键．9．（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．10．（2023·河北·中考真题）如图，直线，菱形和等边在，之间，点A，F分别在，上，点B，D，E，G在同一直线上：若，，则（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】如图，由平角的定义求得，由外角定理求得，，根据平行性质，得，进而求得．【详解】如图，∵∴∵∴∵∴∵∴

故选：C．

【点睛】本题考查平行线的性质，平角的定义，等边三角形的性质，三角形外角定理，根据相关定理确定角之间的数量关系是解题的关键．11．（2021·河北·中考真题）如图，点为正六边形对角线上一点，，，则的值是（

）A．20 B．30C．40 D．随点位置而变化【答案】B【分析】连接AC、AD、CF，AD与CF交于点M，可知M是正六边形的中心，根据矩形的性质求出，再求出正六边形面积即可．【详解】解：连接AC、AD、CF，AD与CF交于点M，可知M是正六边形的中心，∵多边形是正六边形，∴AB=BC，∠B=∠BAF=120°，∴∠BAC=30°，∴∠FAC=90°，同理，∠DCA=∠FDC=∠DFA=90°，∴四边形ACDF是矩形，，，，故选：B．【点睛】本题考查了正六边形的性质，解题关键是连接对角线，根据正六边形的面积公式求解．12．（2020·河北·中考真题）正六边形的一个内角是正边形一个外角的4倍，则．【答案】12【分析】先根据外角和定理求出正六边形的外角为60°，进而得到其内角为120°，再求出正n边形的外角为30°，再根据外角和定理即可求解．【详解】解：由多边形的外角和定理可知，正六边形的外角为：360°÷6=60°，故正六边形的内角为180°-60°=120°，又正六边形的一个内角是正边形一个外角的4倍，∴正n边形的外角为30°，∴正n边形的边数为：360°÷30°=12．故答案为：12．【点睛】本题考查了正多边形的外角与内角的知识，熟练掌握正多边形的内角和和外角和定理是解决此类题目的关键．13．（2024·河北·中考真题）情境

图1是由正方形纸片去掉一个以中心O为顶点的等腰直角三角形后得到的．该纸片通过裁剪，可拼接为图2所示的钻石型五边形，数据如图所示．（说明：纸片不折叠，拼接不重叠无缝隙无剩余）操作

嘉嘉将图1所示的纸片通过裁剪，拼成了钻石型五边形．如图3，嘉嘉沿虚线，裁剪，将该纸片剪成①，②，③三块，再按照图4所示进行拼接．根据嘉嘉的剪拼过程，解答问题：（1）直接写出线段的长；（2）直接写出图3中所有与线段相等的线段，并计算的长．探究淇淇说：将图1所示纸片沿直线裁剪，剪成两块，就可以拼成钻石型五边形．请你按照淇淇的说法设计一种方案：在图5所示纸片的边上找一点P（可以借助刻度尺或圆规），画出裁剪线（线段）的位置，并直接写出的长．【答案】（1）；（2），；的长为或．【分析】本题考查的是正方形的性质，等腰直角三角形的判定与性质，勾股定理的应用，二次根式的混合运算，本题要求学生的操作能力要好，想象能力强，有一定的难度．（1）如图，过作于，结合题意可得：四边形为矩形，可得，由拼接可得：，可得，，为等腰直角三角形，为等腰直角三角形，设，则，再进一步解答即可；（2）由为等腰直角三角形，；求解，再分别求解；可得答案，如图，以为圆心，为半径画弧交于，交于，则直线为分割线，或以圆心，为半径画弧，交于，交于，则直线为分割线，再进一步求解的长即可．【详解】解：如图，过作于，结合题意可得：四边形为矩形，∴，由拼接可得：，由正方形的性质可得：，∴，，为等腰直角三角形，∴为等腰直角三角形，设，∴，∴，，∵正方形的边长为，∴对角线的长，∴，∴，解得：，∴；（2）∵为等腰直角三角形，；∴，∴，∵，，∴；如图，以为圆心，为半径画弧交于，交于，则直线为分割线，此时，，符合要求，或以圆心，为半径画弧，交于，交于，则直线为分割线，此时，，∴，综上：的长为或．14．（2024·河北邯郸·三模）如图所示，两个边长相等的正六边形的公共边为，点A，B，C在同一直线上，点，分别为两个正六边形的中心．则的值为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查正多边形和圆，掌握正六边形的性质，直角三角形的边角关系以及锐角三角函数的定义是正确解答的关键．连接，过点作于点E，设正六边形的边长为a，分别计算出和即可得到答案．【详解】解：连接，过点作于点E，设正六边形的边长为a，则，在直角三角形中，，，∴，∴，∴，故选：C．15．（2024·石家庄模拟）如图，点是正五边形的边延长线上的一点，连接，若，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查了正多边形的外角，等腰三角形的性质，三角形内角和定理，根据正多边形的每个外角相等求出，再由等腰三角形的性质得到，最后根据三角形内角和定理即可求解，掌握正多边形的性质是解题的关键．【详解】解：∵多边形是正五边形，∴，∵，∴，∴，故选：．16．（2024·河北沧州·二模）用“筝形”和“镖形”两种不同的瓷砖铺设成如图所示的地面，则“筝形”瓷砖中的内角的度数为（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】本题主要考查了多边形内角和定理，根据5个“筝形”组成一个正十边形，结合多边形内角和定理求解即可【详解】解；由图可知，5个“筝形”组成一个正十边形，∴，故选：C17．（2024·河北石家庄·二模）如图的电子装置中，红黑两枚跳棋开始放置在边长为的正六边形的顶点处．两枚跳棋跳动规则是：红跳棋按顺时针方向秒钟跳个顶点，黑跳棋按逆时针方向秒钟跳个顶点，两枚跳棋同时跳动，经过秒钟后，两枚跳棋之间的距离是（

）A．4 B． C．2 D．0【答案】B【分析】本题主要考查了图形规律问题、勾股定理、含角的直角三角形的性质、正多边形的性质，熟练掌握图形规律问题、正多边形的性质是解题的关键．由题意分别求出经过秒后，红黑两枚跳棋的位置，连接，过点作于点，根据正多边形的性质、含角的直角三角形的性质、勾股定理进行计算求解即可．【详解】解：∵，，∴，，∴经过秒后，红跳棋落在点处，黑跳棋落在点处，如图，连接，过点作于点，∵，在正六边形中，，，∴，，，∴，∴，∴，故选：B．18．（2024·河北唐山·三模）将正六边形和正方形按如图所示的方式放置，点为正六边形的中心，与交于点，记七边形的面积为，四边形的面积为，五边形的面积为，则下列结论正确的是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】此题考查了正多边形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的性质，连接，过点O作于G，证明，求出，再求出和即可判断，正确理解正多边形的性质是解题的关键【详解】如图，连接，过点O作于G，设正六边形的边长为1，则正六边形的面积为，∵点为正六边形的中心，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴，，∴，∴A，B，C均错误，D正确；故选：D19．（2024·河北邯郸·二模）如图，在矩形铁片上，截下一个正六边形，其中点、在边上，点在矩形的内部，点、在边上，点在边上，若，则的长可以是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】本题主要考查正多边形，连接分别相交于点，由正六边形的性质求出得证明，得，解直角三角形求出，同理可得，得到，故可得结论【详解】解：∵六边形是正六边形，∴∴∵四边形是矩形，∴，∴，∴，如图，连接分别相交于点，则四边形与四边形是矩形，∴，∵∴，∴同理可得，，∴∵点在矩形的内部，∴故选：D20．（2024·河北石家庄·二模）如图，在平行四边形中，为对角线，，，，则长为（

）A． B．3 C．9 D．【答案】A【分析】根据平行四边形，得到，继而得到，结合得到，结合证明，列出比例式解答即可．本题考查了平行四边形的性质，三角形相似的判定和性质，熟练掌握平行四边形的性质，相似的性质是解题的关键．【详解】∵平行四边形，∴，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，解得，故，故选A．21．（2024·河北石家庄·二模）在四边形中，，，．则的度数为（

）A． B． C．或 D．或【答案】C【分析】本题考查平行四边形的判定和性质，平行线的性质，分四边形为平行四边形和等腰梯形，两种情况进行讨论求解即可．【详解】解：在四边形中，，，分两种情况，当四边形为平行四边形时：则：；当四边形为等腰梯形时，则：，，∴，

故选C．22．（2024·河北唐山·三模）对于题目：如图1，在钝角中，，，边上的中线，求的面积．李明想到了如图2和图3所示的两种作辅助线的方法．则下列说法正确的是（

）A．只有方法一可行 B．只有方法二可行C．方法一、二都可行 D．方法一、二都不可行【答案】C【分析】图2中，证明，则，，，证明四边形是平行四边形，则，由，可知是直角三角形，，则；可判断方法一可行；图3中，由题意知，是的中位线，则，由，可知是直角三角形，，则；可判断方法二可行．【详解】解：图2中，∵，，，∴，∴，，∴，∴四边形是平行四边形，∴，∵，∴，∴是直角三角形，，∴；方法一可行；图3中，由题意知，是的中位线，∴，∵，∴，∴是直角三角形，，∴；方法二可行；故选：C．【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理的逆定理，中位线等知识．熟练掌握全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理的逆定理，中位线是解题的关键．23．（2024·河北张家口·三模）如图，将正六边形纸片的空白部分剪下，得到三部分图形，记Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ部分的面积分别为，，．给出以下结论：①Ⅰ和Ⅱ合在一起能拼成一个菱形；②Ⅲ中最大的内角是；③．其中正确的是（

）A．①② B．①③ C．②③ D．①②③【答案】B【分析】由六边形是正六边形，得，，从而Ⅰ和Ⅱ合在一起能拼成一个菱形，故①正确；由，，故Ⅲ中最大的内角是，故②说法错误；证明，得，故③说法正确．【详解】解：如图所示：

∵六边形是正六边形，∴，，∴，Ⅰ和Ⅱ合在一起能拼成一个菱形，故①正确；∴，，∴Ⅲ中最大的内角是，故②说法错误；∵六边形是正六边形，∴，，，，∴，和都是等边三角形，∴，∵，∴，同理可证，，∴，故③说法正确；故选．【点睛】本题考查的是正多边形与圆的含义，全等三角形的判定及性质，等边三角形的判定及性质，弧、弦的关系，熟练的把正六边形分割为6个全等三角形是解本题的关键．24．（2024·河北唐山·模拟预测）图1是一组邻边分别为，（），一个内角为的平行四边形，图中的虚线是其对边中点的连线，用剪刀沿虚线把它剪成四个四边形，把这四个四边形按图2拼成一个六边形，则中间空白部分的面积是（）A． B． C． D．【答案】D【分析】本题考查了平行四边形的性质与判定，解直角三角形的应用，根据题意表示出与，作出辅助线，求出的值，根据平行四边形的判定，判断出四边形为平行四边形，进而求出平行四边形的面积，即为中间空白部分的面积．【详解】解：如图，由题意可知，，，，∴是等边三角形，∴，∵，，，过点K作于T，则，∵，∴，又∵，∴，∴，∴，又∵，∴，∴，∴，∴四边形为平行四边形，∴．故选：D．25．（2024·河北邢台·模拟预测）已知（如图1），求作：平行四边形．如图2、图3是嘉琪的作图方案，其依据是（

）A．两组对边分别平行的四边形是平行四边形 B．对角线互相平分的四边形是平行四边形C．两组对边分别相等的四边形是平行四边形 D．一组对边平行且相等的四边形是平行四边形【答案】B【命题意图】本题考查了复杂的尺规作图、平行四边形的判定，解题的关键是理解尺规作图的隐含条件和根据平行四边形的判定解答．根据作图过程分析进行判断即可．【详解】由图可知先作的垂直平分线，则点O为的中点，然后以为半径作图．由作图可知，可得：，，（对角线互相平分的四边形是平行四边形），进而得出四边形是平行四边形，故选：B．26．（2024·河北邯郸·三模）在四边形中，，其中部分线段的长已标记在图中，要使四边形为平行四边形，有如下三种添加条件的方案：甲：应添加条件“”；乙：应添加条件“”；丙：应添加条件“”．其中正确的是（

）．A．甲和丙 B．甲和乙 C．只有乙 D．甲、乙和丙【答案】D【分析】此题考查了平行四边形的判定，全等三角形的性质和判定，解题的关键是掌握平行四边形的判定定理．首先根据得到，然后分别利用全等三角形的性质和判定以及平行四边形的判定定理求解即可．【详解】∵∴若添加条件“”∴∵∴∴∵∴四边形是平行四边形，故甲正确；若添加条件“”∴∵∴∴∵∴四边形是平行四边形，故乙正确；若添加条件“”∴∵∴四边形是平行四边形，故丙正确；综上所述，其中正确的是甲、乙和丙．故选：D．27．（2024·河北石家庄·二模）某数学小组的同学利用尺规完成“过直线外一点作已知直线的平行线”的作图，嘉嘉给出了如下作图过程，嘉嘉的作法中，可以直接判定两直线平行的依据是（

）

A．同位角相等，两直线平行 B．内错角相等，两直线平行C．平行公理 D．平行四边形的性质【答案】D【分析】此题考查了平行四边形的性质和判定，根据题意证明出四边形是平行四边形，进而得到．【详解】根据作图可得，，∴四边形是平行四边形∴∴可以直接判定两直线平行的依据是平行四边形的性质．故选：D．28．（2024·河北邯郸·模拟预测）如图，在正方形木框中，，将其变形，使，则点间的距离为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题考查了正方形的性质、等边三角形的判定和性质，连接，由，，可得为等边三角形，据此即可求解，正确作出辅助线是解题的关键．【详解】解：如图，连接，∵，，∴为等边三角形，∴，故选：．29．（2024·河北廊坊·二模）如图，在平行四边形中，对角线，，，为的中点，为边上一点，直线交于点，连结，．下列结论不成立的是（

）A．四边形为平行四边形B．若，则四边形为矩形C．若，则四边形F为菱形D．若，则四边形为正方形【答案】D【分析】根据平行四边形的性质及判定定理，以及特殊平行四边形的判定定理进行逐一判断即可得解．【详解】A.∵四边形是平行四边形∴∴∵为的中点∴在与中∴∴又∵∴四边形为平行四边形，故选项正确；假设∵，，∴∴∴∵∴则当时，∵四边形为平行四边形∴四边形为矩形，故选项正确；∵，∴是中点∵∴∵四边形为平行四边形∴四边形为菱形，故选项正确；当时与时矛盾，则不垂直于，则四边形不为矩形，则也不可能为正方形，故选项错误，故选：．【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质及判定定理，以及特殊平行四边形的判定定理，熟练掌握相关性质及定理的几何证明方法是解决本题的关键．30．（2024·河北石家庄·三模）综合实践课上，嘉嘉设计的“利用直角三角形作矩形”的尺规作图过程如下分别以点为圆心，以大于长为半径作弧，两泒相交于点，作直线，直线交于点；作射线，在上截取，使得；连接，则四边形就是所求作的矩形．根据嘉嘉尺规作图痕迹，完成下面的证明．证明：，，四边形是平行四边形（①__________）（填推理依据）．又：，四边形是矩形（②__________）（填推理依据）．①②应该填的内容分别是（

）A．有一个角是直角的平行四边形是矩形、对角线互相平分的四边形是平行四边形B．对角线相等的平行四边形是矩形、对角线互相平分的四边形是平行四边形C．对角线互相平分的四边形是平行四边形、对角线相等的平行四边形是矩形D．对角线互相平分的四边形是平行四边形、有一个角是直角的平行四边形是矩形【答案】D【分析】本题考查了矩形的判定、平行四边形的判定，先由对角线互相平分的四边形是平行四边形得出四边形是平行四边形，再根据有一个角是直角的平行四边形是矩形即可得证，熟练掌握矩形的判定与平行四边形的判定是解此题的关键．【详解】证明：，，四边形是平行四边形（对角线互相平分的四边形是平行四边形）又：，四边形是矩形（有一个角是直角的平行四边形是矩形），故选：D．31．（2024·河北唐山·二模）综合实践课上，老师让同学们利用尺规借助直角三角形作矩形，如图是甲、乙、丙三名同学作的矩形，其中正确的是（

）A．甲和丙 B．乙和丙 C．甲和乙 D．都正确【答案】D【分析】本题主要考查矩形的判定定理，甲利用对角线互相平分且相等的四边形是矩形；乙和丙先构造出平行四边形，再利用有一个角是直角的平行四边形是矩形得以证明．【详解】甲：对角线互相平分且相等的四边形是矩形．乙：根据内错角相等，两直线平行，先利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，再结合有一个角是直角，说明是矩形．丙：先利用两组对边分别相等的四边形是平行四边形，再结合有一个角是直角，说明是矩形．A、甲、丙都符合矩形的判定定理，少乙，该选项说法错误，不符合题意；B、乙、丙都符合矩形的判定定理，少甲，该选项说法错误，不符合题意；C、甲、乙都符合矩形的判定定理，少丙，该选项说法错误，不符合题意；D、甲、乙、丙都正确，故该选项说法正确，符合题意；故选：D．32．（2024·河北沧州·二模）如图，四边形是平行四边形，对角线相交于点O，添加下列一个条件后，不能判定四边形是菱形的是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】本题考查了菱形的判定，等腰三角形的判定和性质，根据菱形的判定方法分别对各个选项进行判定，即可得出结论，熟练掌握菱形的判定定理是解题的关键．【详解】解：A、当时，平行四边形是菱形，故选项A不符合题意；B、当时，平行四边形是菱形，故选项B不符合题意；C、四边形是平行四边形，，，，平行四边形是矩形，故C符合题意；D、四边形是平行四边形，，，平行四边形是菱形，故选项D不符合题意，故选：C．33．（2024·河北邯郸·二模）已知：在四边形中，，如图，求证，四边形是菱形．证明：，，四边形是平行四边形，又…………，四边形是菱形在以上证明过程中，“…………”可以表示的是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】根据菱形的定义判定即可，“有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形”，熟练掌握菱形的定义是解题的关键．【详解】根据“有一组邻边相等的平行四边形叫做菱形”，可得“…………”可以表示的是．故选C．34．（2024·河北唐山·二模）已知下列选项中图形均为菱形，所标数据有误的是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，熟练掌握菱形的性质是解题的关键．根据菱形的性质即可得到结论．【详解】解：如图，A、∵菱形的四边相等，故本选项不符合题意；B、∵菱形的四边相等，∴，∴，故本选项不符合题意；C、∵四边形是菱形，∴，∴，故本选项不符合题意；D、∵四边形是菱形，∴，故本选项符合题意，故选：D．35．（2024·河北唐山·三模）如图，在菱形中，，平分交于点，过点作交于点，则的值为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据题意易得，从而证明，即，即可得出的值．【详解】解：∵四边形是菱形，∴，，∴，又∵，∴，∵，∴，∴，∴，∵平分交于点，∴，又∵，，∴，∴，∵，∴，故选．【点睛】本题考查菱形的性质、角平分线的性质、等腰三角形的性质、多边形内角和的应用、全等三角形的性质的知识，熟练掌握以上知识是解题的关键．36．（2024·河北保定·一模）如图，菱形中，，分别是，的中点，是边上的动点，，交于点，连接，，设，，则与的函数图象大致是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查平行线间的距离、三角形的中位线定理，连接，则的面积是定值，由，分别是，的中点，得到，根据平行线间的距离处处相等可得到的底和底边上的高都是定值，即可求解．解题的关键是掌握平行线间的距离、三角形的中位线定理．【详解】解：如图，连接，则的面积是定值．，分别是，的中点，，的底和底边上的高都是定值，四边形的面积是定值，与的函数图象是平行于轴的线段．故选：．37．（2024·河北石家庄·二模）平行四边形中，经过两条对角线的交点，分别交，于点，，在上通过作图得到点，，如图1，图2，下面关于以点，，，为顶点的四边形形状说法正确的是（

）以点为圆心，以为半径作弧，交于点，过点作于点，过点作于点A．都为矩形 B．都为菱形C．图1为矩形，图2为菱形 D．图1为矩形，图2为平行四边形【答案】D【分析】本题主要考查了矩形的判定和平行四边形的性质和判定，根据平行四边形的性质易证，可得，由图1作图可知，即可得证；在图2中证明，可得，即可得证．【详解】解：在平行四边形中，，∴，在和中，，∴，∴，由图1作图可得，∴图1以点为顶点的四边形为矩形；由图2作图可得，∴，在和中，，∴，∴，又∵，∴图2以点为顶点的四边形为平行四边形，故选：D．38．（2024·河北邯郸·三模）在中，对角线相交于点O，E是近上的一个动点（不与A、B重合）连接并延长，交于点F，连接，下列四个结论中：甲：对于动点E，四边形始终是平行四边形；乙：若，则至少存在一个点E，使得四边形是矩形；丙：若，则至少存在一个点E，使得四边形是菱形；丁：若，，则至少存在一个点E，使得四边形是正方形．以上所有正确说法的序号是（

）A．甲、丙、丁正确，乙错误 B．甲、乙、丙、丁都正确C．甲、乙、丙正确，丁错误 D．甲、乙、丙错误，丁正确【答案】A【分析】本题主要考查平行四边形以及几种特殊平行四边形的判定．熟悉平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定方法是解答此题的关键．由于经过平行四边形的中心，故四边形一定也是平行四边形，这可以通过证明与相等来说明．然后只要让平行四边形再满足适当的特殊条件就可以变成对应的特殊平行四边形．【详解】解：如图1，∵四边形为平行四边形，对角线与交于点，∴，∴，∵，∴，∴，又：∵，∴四边形为平行四边形，即在上任意位置(不与、重合)时，四边形形为平行四边形，故选项甲正确；如图2，如图3，当时，点不在边上，故选项乙错误．当时，四边形为菱形，故选项丙正确．由丙知，若，则至少存在一个点，使得四边形是菱形，∵，∴，∴，∴若，则至少存在一个点，使得四边形是正方形，故选项丁正确．故选：A．39．（2024·河北石家庄·二模）我们知道平行四边形有很多性质．如果我们把平行四边形沿着它的一条对角线翻折，那么会发现这其中还有更多的结论．题目：在中，已知，，将沿翻折至，连接．当长为多少时，是直角三角形？对于其答案，甲答：；乙答：；丙答：．则下列结论正确的是（

）

A．甲、丙答案合在一起才完整 B．甲、乙答案合在一起才完整C．甲、乙、丙答案合在一起才完整 D．三人答案合在一起也不完整【答案】D【分析】根据平行四边形的性质、折叠的性质，利用证明，得到，设相交于点E，根据平行线的判定证明，分“当，时”，“当时”，“当时”，“当，时”，四种情况画出图形，解直角三角形，讨论求解即可【详解】解：如图，设、相交于点，

∵四边形是平行四边形，，∴，，，∵将沿翻折至，∴，，，∴，，，在和中，，∴，∴，∴，∴，即，∴，∴，，又∵，∴，∴，如图，当，时，

∵四边形是平行四边形，，∴，∴，∵将沿翻折至，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴；如图，当时，

∵，，∴，∵，∴，∵四边形是平行四边形，∴，，，∵将沿翻折至，∴，，，∴，，，在和中，，∴，∴，∴四边形是矩形，∴，∵，，∴；如图，当时，

∵，，∴，∵，∴，∵四边形是平行四边形，∴，，，∵将沿翻折至，∴，，，∴，，，在和中，，∴，∴，∴四边形是矩形，∴，∵，，∴；如图，当，时，延长交于点，

∵，，∴，∵，，∴，∵，，∴，∴，∴是的中点，在中，，∴；∴当的长为或或或时，是直角三角形，又∵甲答：；乙答：；丙答：，∴三人答案合在一起也不完整，故选：D．【点睛】本题主要考查了折叠的性质、全等三角形的判定和性质、含角的直角三角形的性质、平行四边形的性质、矩形的判定和性质、解直角三角形等知识，灵活运用知识点推理证明、分类讨论、数形结合是解题的关键．40．（2024·河北唐山·模拟预测）如图，在矩形中，，，点M，N分别在，边上，且，将，分别沿，折叠，点A的对应点为，点C的对应点为，点A，在的同侧，连接，．甲，乙两人有如下说法：甲：当时，；乙：当时，．则下列正确的是（

）A．甲错，乙对 B．甲对，乙错 C．甲、乙都正确 D．甲、乙都错误【答案】C【分析】本题考查了矩形与折叠，平行四边形的判定与性质，全等三角形的判断与性质等知识，当时，延长交于点H，延长交于点K，利用证明，可得出，，利用证明，求出，利用勾股定理求出，即可求出；当于点O时，连接、，利用证明，得出．证明四边形是平行四边形，求出，利用勾股定理求出，即可求出．【详解】如解图①，当时，延长交于点H，延长交于点K，，，，由折叠的性质可知，，，，，，．，，，，，，，，．故甲的说法正确．如解图②，当于点O时，连接、，在矩形中，，，．，，，．．．又，四边形是平行四边形．，，．故乙的说法正确．故选：C．41．（2024·河北邯郸·模拟预测）八年级的数学学习中，有如下问题：如图，的对角线，交于点，分别以点，为圆心，，长为半径画弧，两弧交于点，连接，．请说明当的对角线满足什么条件时，四边形是正方形？嘉嘉说：添加；淇淇说：添加；请判断以下结论，(

)是正确的．A．嘉嘉说的对 B．淇淇说的对C．嘉嘉和淇淇合在一起才对 D．无法判断【答案】C【分析】本题考查了平行四边形的性质，正方形的判定，由平行四边形的性质得出，，结合作图可得，，得出四边形为平行四边形，进而根据正方形的判定定理，即可求解．【详解】四边形为平行四边形，，，以点，为圆心，，长为半径画弧，两弧交于点，，，四边形为平行四边形；当，时，四边形为正方形．，，，，，，四边形为平行四边形，四边形为正方形．故选：C．42．（2024·河北邯郸·模拟预测）已知正方形的边长为4，点P为边上任意一点，连接，以为边，在的右侧做正方形，连接，在点P由B运动到C的过程中，下列判断正确的是嘉嘉说：有最小值，最小值为琪琪说：点E所走的路程为

A．只有嘉嘉说的对 B．只有琪琪说的对C．嘉嘉、琪琪说的都对 D．嘉嘉、琪琪说的都不对【答案】C【分析】在线段上取点，使得，连接，，由，，，得到，，由，，得到是等腰直角三角形，进而得到，，当时，取得最小值，此时是等腰直角三角形，，即可判断嘉嘉的说法，由是等腰直角三角形，得到，由点P为边上任意一点，得到，进而得到，点E所走的路程为，即可判断琪琪的说法，本题考查了，正方形的性质，等腰直角三角形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，特殊角三角函数值，解题的关键是：连接辅助线构造全等三角形．【详解】解：在线段上取点，使得，连接，，

∵，，∴，即：，∵，，∴，，∴，又∵，∴，∴，∵，，∴，∴，又∵，∴，当时，取得最小值，此时是等腰直角三角形，，故嘉嘉说得对，∵是等腰直角三角形，∴，∵点P为边上任意一点，∴，∴，点E所走的路程为，故琪琪说的对，故选：C．43．（2024·河北沧州·三模）七巧板是一种开发智力的玩具，为提高学生的感知能力，老师投影演示如下：在正方形纸板中，为对角线，，分别为，的中点，分别交，于，两点，，分别为，的中点，连接，，沿图中实线剪开即可得到一副七巧板．通过观察演示过程，甲同学得出：图中的三角形都是等腰直角三角形；乙同学得出：四边形是菱形；丙同学得出：四边形的面积占正方形面积的．则正确的是（

）A．只有甲答的对 B．甲、丙答案合在一起才完整C．甲、乙答案合在一起才完整 D．三人答案合在一起才完整【答案】B【分析】本题主要考查了正方形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、三角形的中位线的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质等知识，正确识别图形是解题的关键．先根据正方形的性质和三角形中位线的定义与性质证明图中所有三角形是等腰直角三角形，再证明四边形是平行四边形但不是菱形，最后再证明即可．【详解】解：∵四边形是正方形，∴，，，∴、是等腰直角三角形，∵，∴，∵，分别为，的中点，∴是的中位线，，，∴，，，∴，，又∵，∴、、是等腰直角三角形，∴，，∴，∴点是正方形的对称中心，∴点、、、在同一直线上，∵，分别为，的中点，∴，，∴，如图，延长到点，∴是的中位线，∴，，∴，∴，∴四边形是矩形，∴四边形是正方形，∴，，∴、是等腰直角三角形，∴图中的三角形都是等腰直角三角形，故甲同学正确，∵，，∴四边形是平行四边形，∵，，在中，，∴，∴四边形不是菱形，故乙同学错误，∵，，∴，即，∴，又∵，∴，∴，故丙同学正确，综上所述，正确的是甲同学和丙同学，故选：B．44．（2024·河北邯郸·三模）如图，过正五边形的点E作，分别交，的延长线于点N，M．（1）与是否平行？（填“是”或“否”）；（2）．【答案】是【分析】本题考查了正多边形的性质、平行线的性质，等腰三角形的性质，熟练掌握这些性质是解题的关键．（1）利用正多边形性质和等腰三角形的性质求出和即可判定；（2）利用求出，再利用三角形外角即可求解．【详解】解：（1）∵正五边形的内角度数为，∴，∵，∴，∴，∴，∴，故答案为：是；（2）∵，∴，∴，故答案为：．45．（2024·河北邯郸·模拟预测）如图，在正五边形中，，点M是的中点，连接，点P在边上（不与点C重合），将沿折叠得到．（1）．

（2）当点Q落在上时，．（3）的最小值为．【答案】108°/108度45/【分析】本题考查正五边形的性质、轴对称性质、三角形相似，考查推理能力、几何直观、运算能力．（1）先求出五边形的内角和，再求出每一个内角，利用折叠的性质可得；（2）利用轴对称的性质及三角形内角和定理可求出；（3）点Q在以D为圆心，2为半径的圆上，连接，交圆D于点Q，此时最短．【详解】解：（1）∵五边形的内角和为．故答案为：；（2）如图1，由图形的轴对称可知，．，故答案为：；（3）∵，∴点Q在以D为圆心，2为半径的圆上，如图2，连接，交圆D于点Q，此时最短，此时点B，P重合，，，，故答案为：．46．（2024·河北邯郸·模拟预测）如图，矩形中，，点为射线上的一个动点，将沿翻折，点的对应点为．（1）若点落在边上，则．（2）若，则线段的长为．【答案】210或．【分析】（1）设，则，利用勾股定理计算即可．（2）根据，分点在射线内侧和外侧两种情况计算即可．本题考查了折叠的性质，矩形的性质，勾股定理，等边三角形的判定和性质，等腰三角形的三线合一性质，熟练掌握折叠的性质，矩形的性质，勾股定理是解题的关键．【详解】解：（1）设，则，矩形中，，，沿翻折，点的对应点为，，，，解得，故答案为：2．（2）当点在射线内侧时，矩形中，，，沿翻折，点的对应点为，，，，，是等边三角形，；当点在射线外侧时，矩形中，，，沿翻折，点的对应点为，∴，，，，，∵∴∴，∵∴是等边三角形∴，，，；故答案为：10或．47．（2024·河北石家庄·二模）如图，正方形和边长分别是a和b()，点B，C，E在同一直线上，点C，G，D在同一直线上，如果在这个图形基础上再画一个正方形，使得新正方形（阴影部分）的面积等于正方形和面积之和，下列四个正方形(阴影部分)的面积符合要求的是（填写序号即可）．

【答案】①③④【分析】设阴影正方形的边长为c，其面积设为S，且，根据题意，得，，由勾股定理，得即得到，判断①正确；根据题意，得即，判定②错误；据题意，得即，得到，判定③正确；根据正方形的性质，证明，得到，继而得到即得到，判定④正确，解答即可．本题考查了正方形的性质，勾股定理，三角形全等的判定和性质，熟练掌握正方形的性质，勾股定理，三角形全等是解题的关键．【详解】设阴影正方形的边长为c，其面积设为S，且，根据题意，得，，由勾股定理，得即得到，故①正确；根据题意，得，故，故②错误；据题意，得即，得到，故③正确；根据正方形的性质，∵，，，∴，∴，∵，∴，∴，∴即，得到，故④正确，

．故答案为：①③④．48．（2024·河北邯郸·三模）如图，已知正方形的边长为8，点E在边上，的中点为G，绕点E顺时针旋转得，若，则：（1）当时，的长为；（2）在x的变化过程中，的最小值是．【答案】5【分析】（1）首先根据勾股定理求出，然后得到，然后利用旋转的性质求解即可；（2）过点F作交的延长线于点M，证明出，得到，然后代数求出，，然后利用勾股定理得到，然后利用二次函数的性质求解即可．【详解】（1）∵正方形的边长为8，∴当时，∴∵的中点为G，∴∵绕点E顺时针旋转得，∴；（2）如图所示，过点F作交的延长线于点M∵的中点为G，∴∵绕点E顺时针旋转得∴，∴，∵∴∴∴，即∴，∴∴∴当时，的最小值为．故答案为：5，．【点睛】此题考查了二次函数的最值，相似三角形的性质和判定，勾股定理，正方形的性质等知识，解题的关键是掌握以上知识点．49．（2024·河北唐山·二模）如图，在正方形中，，点分别是边上的动点，且，连接交于点．（1）当时，连接，取的中点，则的长为．（2）点之间的距离的最小值为．【答案】【分析】（1）根据正方形性质，由三角形全等