专题09四边形（解析版）

更多更新资料详情加微：xiaojuzi9598或zhixing16881专题09四边形一、单选题1．（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和的图象的四个分支上，则实数的值为（）

A． B． C． D．3【答案】A【分析】如图所示，点在上，证明，根据的几何意义即可求解．【详解】解：如图所示，连接正方形的对角线，过点分别作轴的垂线，垂足分别为，点在上，

∵，，∴．∴．∴．∵点在第二象限，∴．故选：A．【点睛】本题考查了正方形的性质，反比例函数的的几何意义，熟练掌握以上知识是解题的关键．2．（2022·福建·中考真题）如图，现有一把直尺和一块三角尺，其中，，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，点对应直尺的刻度为0，则四边形的面积是（

）A．96 B． C．192 D．【答案】B【分析】根据直尺与三角尺的夹角为60°，根据四边形的面积为，即可求解．【详解】解：依题意为平行四边形，∵，，AB＝8，．∴平行四边形的面积=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．二、填空题3．（2024·福建·中考真题）如图，正方形的面积为4，点，，，分别为边，，，的中点，则四边形的面积为．

【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，进而得到，同理可得，最后利用四边形的面积正方形的面积个小三角形面积求解，即可解题．【详解】解：正方形的面积为4，，，点，，，分别为边，，，的中点，，，同理可得，四边形的面积为．故答案为：2．4．（2023·福建·中考真题）如图，在菱形中，，则的长为．

【答案】10【分析】由菱形中，，易证得是等边三角形，根据等边三角形的性质即可得解．【详解】解：∵四边形是菱形，∴，∵，∴是等边三角形，∴．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．5．（2023·福建·中考真题）如图，在中，为的中点，过点且分别交于点．若，则的长为．

【答案】10【分析】由平行四边形的性质可得即，再结合可得可得，最进一步说明即可解答．【详解】解：∵中，∴，∴，∵，∴，∴，∴,即．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．6．（2021·福建·中考真题）如图，在矩形中，，点E，F分别是边上的动点，点E不与A，B重合，且，G是五边形内满足且的点．现给出以下结论：①与一定互补；②点G到边的距离一定相等；③点G到边的距离可能相等；④点G到边的距离的最大值为．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即可求证；②过作，证明即可得结论；③分别求出G到边的距离的范围，再进行判断；④点G到边的距离的最大值为当时，GE即为所求．【详解】①四边形是矩形,四边形内角和为①正确．②如图：过作，又即点G到边的距离一定相等②正确．③如图：过作而所以点G到边的距离不可能相等③不正确．④如图：当时，点G到边的距离的最大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，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．7．（2020·福建·中考真题）如图所示的六边形花环是用六个全等的直角三角形拼成的，则等于度．【答案】30【分析】先证出内部的图形是正六边形，求出内部小正六边形的内角，即可得到∠ACB的度数，根据直角三角形的两个锐角互余即可求解．【详解】解：由题意六边形花环是用六个全等的直角三角形拼成，可得BD=AC，BC=AF，∴CD=CF，同理可证小六边形其他的边也相等，即里面的小六边形也是正六边形，∴∠1=，∴∠2=180°-120°=60°，∴∠ABC=30°，故答案为：30．【点睛】本题考查正多边形的证明、多边形的内角和以及三角形的内角和，熟练掌握多边形内角和的计算是解题的关键．8．（2020·福建·中考真题）设是反比例函数图象上的任意四点，现有以下结论：①四边形可以是平行四边形；②四边形可以是菱形；③四边形不可能是矩形；④四边形不可能是正方形．其中正确的是．（写出所有正确结论的序号）【答案】①④【分析】利用反比例函数的对称性，画好图形，结合平行四边形，矩形，菱形，正方形的判定可以得到结论，特别是对②的判断可以利用反证法．【详解】解：如图，反比例函数的图象关于原点成中心对称，四边形是平行四边形，故①正确，如图，若四边形是菱形，则显然：＜所以四边形不可能是菱形，故②错误，如图，反比例函数的图象关于直线成轴对称，当垂直于对称轴时，四边形是矩形，故③错误，四边形不可能是菱形，四边形不可能是正方形，故④正确，故答案为：①④．【点睛】本题考查的是平行四边形，矩形，菱形，正方形的判定，反比例函数的对称性，掌握以上知识是解题的关键．三、解答题9．（2024·福建·中考真题）如图，在菱形中，点分别在边上，，求证：．【答案】见解析【分析】本题考查菱形的性质、全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解答的关键．根据菱形的性质证得，，再根据全等三角形的判定证明即可．【详解】证明：四边形是菱形，，，，，．10．（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，求的值．【答案】(1)作图见解析(2)【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，⊙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，再判定，根据，，在Rt△ADE中，利用，得到，求解得到tan∠ADB的值为．【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，⊙A的半径为r，∵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，∴四边形AEFG是正方形，∴，在Rt△AEB和Rt△DAB中，，，∴，在Rt△ABE中，，∴，∵四边形ABCD是矩形，∴，AB＝CD，∴，又，∴，∴，∴，在Rt△ADE中，，即，∴，即，∵，∴，即tan∠ADB的值为．【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1．（2024·福建泉州·三模）如图，，，以B为圆心，长为半径的圆弧交于点E，连接．若，则的度数为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，由作图方法可知，则可证明四边形是平行四边形，则由平行四边形对角相等可得．【详解】解：由作图方法可知，又∵，即，∴四边形是平行四边形，∴，故选：C．2．（2024·福建宁德·二模）如图，在中，，则的度数是（

）A．117° B．63° C．37° D．27°【答案】B【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互相平行得到，再由平行线的性质即可得到．【详解】解：∵在中，，∴，∴，故选：B．3．（2024·福建厦门·二模）综合实践课上，小明画出，利用尺规作图找一点C，使得四边形为平行四边形．（1）~（3）是其作图过程．（1）分别以点B，D为圆心，大于长为半径作弧，相交于两点，作过这两点的直线交于O；（2）连接并延长，再以O为圆心，长为半径作弧，交延长线于点C；（3）连接，，则四边形即为所求．在小明的作法中，可以直接用于判定四边形为平行四边形的依据是（

）

A．（两组对边分别平行 B．两组对边分别相等C．一组对边平行且相等 D．对角线互相平分【答案】D【分析】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．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，判定四边形为平行四边形的条件是：对角线互相平分，故选：D．4．（2024·福建福州·模拟预测）如图1是颐和园小长廊五角加膛窗，其轮廓是一个正五边形，如图2是它的示意图，它的一个外角α的度数为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题主要考查多边形的内角和外角，熟练掌握正多边形的外角和为是解题的关键．根据多边形的外角和为即可作答．【详解】解：．故选：B．5．（2024·福建南平·二模）已知正方形的边长为6，E，F分别是，边上的点，且，将绕点D逆时针旋转，得到．若，则的长为（

）A．4 B．5 C．6 D．6.5【答案】B【分析】本题主要考查了图形的旋转，正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，熟练掌握图形的旋转的性质，正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质是解题的关键．由旋转性质可证明，从而；设，则可得，由勾股定理建立方程即可求得x．【详解】由旋转的性质可得：，，，，四边形是正方形，，，，，即，，在和中，，，设，则，，在中，由勾股定理得：解得：故选B．6．（2024·福建三明·二模）如图，在中，，，把绕点A逆时针旋转得到，点D与点B对应，点D恰好落在上，过E作交的延长线于点F，连接并延长交于点G，连接交于点H．下列结论：①；②；③；④．其中正确的有（

）

A．4个 B．3个 C．2个 D．1个【答案】A【分析】连接，可证四边形是矩形，，即可判断①③；根据①③的结论可推出垂直平分，进而可得是等腰直角三角形，从而可判断②；证明，推出，设，推出，，判断④即可．【详解】解：连接，如图所示：

∵，，∴由题意得：∴∴∴∵，∴∴四边形是矩形，∴，，∴∵∴∴∴∴∴∴点是的中点即：，故①正确；∵，∴∵∴∴同理可证∴，故③正确；∵∴垂直平分∴∵∴是等腰直角三角形∴∵∴，故②正确；∵，∴，∴，∴，设，则：，∴，∴，∴；故④正确；故选：A．【点睛】本题综合考查了矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、斜中半定理等知识点，综合性较强，需要学生具备扎实的几何基础．7．（2024·山东临沂·一模）如图，矩形中，，以点B为圆心，适当长为半径画弧，分别交，于点E，F，再分别以点E，F为圆心，大于长为半径画弧交于点P，作射线，过点C作的垂线分别交，于点M，N，则的长（

）A． B． C． D．8【答案】B【分析】先根据矩形的性质以及勾股定理得到，，，，再由作图过程知平分，进而证明，，则，再证明求得，然后利用勾股定理求解即可．【详解】解：∵矩形中，，∴，，，∴，由作图过程知平分，则，∵，∴，又，∴，∴，则，∵，∴，∴，即，∴，在中，，故选：B．【点睛】本题考查矩形的性质、勾股定理、角平分线的尺规作图、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相似三角形的判定与性质以及判断出平分是解答的关键．8．（2024·福建龙岩·二模）如图，在矩形中，平分，点P是线段上一定点，点F，G分别是，延长线上的点，且，过点P作交于点H，以下判断不正确的是（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】首先根据矩形和角平分线得到，然后证明出，然后得到，，即可证明出，进而判断A选项；根据题意得到和是等腰直角三角形，然后证明出，得到，即可判断B选项；根据等腰直角三角形的性质得到，然后由全等三角形的性质得到，进而得到，即可判断C选项；根据和不一定相等即可判断D选项．【详解】∵在矩形中，平分，∴∴∴∵∴∴∴，∴∵∴∴∴，故A正确；∵，∴是等腰直角三角形∵四边形是矩形∴∵∴是等腰直角三角形∴∴∴，故B正确；∵是等腰直角三角形∴∵∴∴，故C正确；∵和是等腰直角三角形，但是直角边和不一定相等∴不一定成立，故D选项错误．故选：D．【点睛】此题考查了相似三角形的性质和判定，矩形的性质，全等三角形的性质和判定，等腰直角三角形的性质和判定等知识，解题的关键是掌握以上知识点．9．（2024·福建龙岩·二模）如图，E是的边的中点，延长交的延长线于点F，若，，则的长是（

）A．6 B．8 C．10 D．12【答案】B【分析】此题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定方法、勾股定理；熟练掌握平行四边形的性质，证明三角形全等是解决问题的关键．由平行四边形的性质得出，证出，由证明，由全等三角形的性质得出，由平行线的性质证出，求出，即可得出的长．【详解】∵四边形是平行四边形，∴，∴，∵是的边的中点，∴，在和中，∴；∴，∵，∴，在中，，∴，故选：B．10．（2024·福建三明·一模）如图，在平面直角坐标系中，直线与x轴交于点E，点A在线段上，过点A作x轴的平行线，交直线于点B，分别过点A，B作x轴的垂线，当四边形为正方形时，点B的坐标为（）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题考查的是正方形的性质，一次函数的性质，先设，再求解，再结合正方形的性质可得答案．【详解】解：∵A在直线上，∴设，∵轴，∴，解得：，∴，∵正方形，∴，∴，解得：，∴，，∴，故选B11．（2024·福建泉州·二模）如图，对折矩形纸片使与重合，得到折痕，再把纸片展平．点是上一点，且，将沿折叠，点的对应点恰好落在上．若，则的长是（

）A． B． C．3 D．【答案】C【分析】首先根据题意求出，然后根据折叠的性质得到，，，进而求出，，然后利用含角直角三角形的性质得到，然后利用勾股定理求解即可．【详解】∵，，∴，∵对折矩形纸片使与重合，得到折痕，∴，，∵将沿折叠，点的对应点恰好落在上，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∴，，∴，∴．故选：C．【点睛】此题考查了矩形和折叠的性质，勾股定理，含角直角三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握矩形和折叠的性质．12．（2024·福建泉州·一模）“已知，点A，B是边上不重合的两个定点，点C是边上的一个动点，当的外接圆与边相切于点C时，的值最大．”这是由德国数学家米勒提出的最大角问题，我们称之为米勒定理．已知矩形，，点E是射线上一点，点F是射线上的一动点．当时，则的值最大为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】由米勒定理可知，最大时，的外接圆与射线相切于点，过点作，则，可证得四边形是矩形，，进而可知是等边三角形，可得，由圆周角定理可得，即可求解．【详解】解：由米勒定理可知，最大时，的外接圆与射线相切于点，如图，过点作，则，，∵四边形是矩形，∴，又∵与射线相切于点，∴，∴四边形是矩形，∵，，则，∴，则，∴，则，∴是等边三角形，∴，∴，即：的值最大为，故选：A．【点睛】本题考查切线的性质，圆周角定理，矩形的判定及性质，等边三角形的判定及性质，作出图形，利用切线的性质，矩形的判定及性质证得是等边三角形是解决问题的关键．13．（2024·福建南平·一模）如图，在矩形纸片中，，将其折叠，使点D与点B重合，折痕为．则的长为（

）A．4 B． C． D．【答案】D【分析】由折叠的性质，矩形的性质可知，，，则，设，则，由勾股定理得，，即，可求，则，如图，作于，则四边形是矩形，，，由勾股定理得，，计算求解即可．【详解】解：由折叠的性质可知，，，∵矩形，∴，∴，∴，设，则，由勾股定理得，，即，解得，，∴，如图，作于，则四边形是矩形，∴，∴，由勾股定理得，，故选：D．【点睛】本题考查了矩形与折叠，等角对等边，矩形的判定与性质，勾股定理等知识．熟练掌握矩形与折叠，等角对等边，矩形的判定与性质，勾股定理是解题的关键．14．（2024·福建三明·一模）如图，菱形的对角线与相交于点，为边的中点，连接．若，，则（

）A．1 B． C． D．3【答案】C【分析】本题考查了菱形的性质、勾股定理、直角三角形的性质，先由菱形的性质得出，，，由勾股定理得出，再由直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半即可得出答案．【详解】解：菱形的对角线与相交于点，，，，，，，为边的中点，，故选：C．二、填空题15．（2024·福建莆田·一模）正七边形的内角和等于．【答案】/度【分析】本题考查了多边形的内角和，熟记多边形的内角和公式是解题的关键，根据正多边形的内角和公式即可得到求出答案．【详解】∵边形内角和∴正七边形的内角和故答案为：．16．（2024·福建厦门·二模）如图，已知正方形，点E在边上，，，则的长为．【答案】【分析】本题主要考查了正方形的性质，勾股定理，根据正方形的性质求出，，根据勾股定理即可求解．【详解】解：∵四边形为正方形，，，∴，，∴在中，根据勾股定理得：．故答案为：．17．（23-24八年级下·山东临沂·期中）如图，平行四边形的对角线，相交于点，点为中点，，，则平行四边形的周长为．【答案】20【分析】本题考查平行四边形的性质、三角形的中位线定理首先证明，再由，，推出即可解决问题．【详解】解：∵四边形是平行四边形，∴，∵是中点，∴，∴是的中位线，∴，∵，，∴，∴，∴平行四边形的周长，故答案为：20．18．（2024·福建厦门·二模）如图，用一条宽相等的足够长的纸条，打一个结，然后轻轻拉紧、压平就可以得到如图所示的正五边形，的度数．【答案】/72度【分析】此题考查的是多边形的内角和及平行线的性质，利用多边形的内角和定理和平行线的性质即可解决问题，掌握计算公式是解题的关键．【详解】解：由题意可得，五边形是正五边形，∴，∵，∴，故答案为：．19．（2024·福建漳州·三模）如图，正方形的边长是，点，分别在，延长线上，且，连接，交于点，与边，分别交于点，，连接、现给出以下结论：①；②；③；④当时，．其中正确的．（写出所有正确结论的序号）【答案】①②③【分析】由四边形是正方形，得到，，根据全等三角形的性质得到，根据余角的性质得到；故①正确；根据相似三角形的性质得到，故②正确；根据全等三角形的性质得到，，于是得到，即；故③正确；根据相似三角形的性质得到，求得，，，由三角函数的定义即可得到结论．【详解】解：∵四边形是正方形，∴，，∵，∴，在与中，，∴（），∴，∵，∴，∴，∴，故①正确；∴，，∴，∵，∴，∴，∴故②正确；在与中，∴（），∴，∴，在与中，，∴（），∴，即；故③正确；∵，，∴，∴∵，，∴，∴，∴，∴，∵∴∵∴，∴，∴，，∴，∴，故④错误，故答案为：①②③．【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正方形的性质，三角函数的定义，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．20．（2024·福建厦门·二模）如图所示，在平行四边形中，，，平分交于点E，则．【答案】3【分析】本题考查了平行四边形的性质、等腰三角形的判定、角平分线的概念，根据平行四边形的性质及角平分线的性质得，进而可得，根据即可求解，熟练掌握平行四边形的性质是解题的关键．【详解】解：四边形是平行四边形，，，，，平分，，，，，，，故答案为：3．21．（2024·福建泉州·三模）如图，将折叠，使点A落在边上的点F处，折痕为．已知，则四边形的周长为．【答案】16【分析】本题考查了平行四边形的判定及性质，折叠的性质，掌握相关的判定方法及性质是解题的关键．可证，从而可得，再证四边形是平行四边形，可得，即可求解．【详解】解：四边形是平行四边形，，，由折叠得：，，，，，，，，四边形是平行四边形，．故答案：．22．（2024·福建泉州·模拟预测）如图，点是矩形的边的中点，以点为圆心，长为半径作弧，交于点，若，矩形的面积为8，则图中扇形的面积为．【答案】【分析】本题考查矩形的性质，一元二次方程的应用，扇形的面积公式等知识，利用得到，设，则，，根据“矩形的面积为8，”建立方程求解，求出的值，得到，最后利用，扇形的面积公式求解，即可解题．【详解】解：四边形是矩形，，，，点是边的中点，，以点为圆心，长为半径作弧，交于点，，，，即，整理得，设，则，，矩形的面积为8，，解得，，图中扇形的面积为．故答案为：．23．（2024·福建厦门·二模）台球是用球杆在台上击球，依靠计算得分确定比赛胜负的室内高雅体育运动．如图是一张宽为m米，长为米的矩形台球桌，某球员击位于的中点E处的球，球沿射向边，然后反弹到C点的球袋，球的反弹规律满足光的反射定律．若球的速度为v米/秒，则球从出发到入袋的时间等于（用含m和v，的式子表示）【答案】【分析】本题考查的是矩形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理的应用，先求解，，，，再证明，再利用相似三角形的性质与勾股定理可得答案．【详解】解：∵一张宽为m米，长为米的矩形台球桌，的中点为E，∴，，，，由反弹规律满足光的反射定律．∴，∴，∴，∴，，∴，，∴，∴，故答案为：24．（2024·福建厦门·三模）如图，菱形的对角线与相交于点，为边的中点，连接．若，，则．【答案】【分析】本题考查菱形的性质、勾股定理、三角形的中位线定理；由菱形的性质得，，，所以，则，根据三角形的中位线定理得，即可求解．【详解】解：四边形是菱形，对角线与相交于点，，，，，，，，为的中点，为边的中点，，故答案为：．25．（2024·福建福州·模拟预测）如图，在菱形中，，点是边上任意两点，将菱形沿翻折，点恰巧落在对角线上的点处，下列结论：①；②若，则；③若菱形边长为4，是的中点，连接，则；④若，则，其中正确结论是．【答案】①②④【分析】根据一线三等角基本模型可得可知，可知①正确；根据相似三角形的性质可得，再利用三角形内角和定理可知②正确；作交的延长线于点，利用含30度角的直角三角形的性质得，再根据勾股定理可得的长，则③正确；设，，则，设，则，利用相似三角形的性质可得，，再根据可得答案．【详解】解：四边形是菱形，，∴是等边三角形，，由折叠性质可知，，，，∵，，故①正确；，，故②正确；如图，作交的延长线于点在中，，由①得：，，是的中点，，，故③错误；设，则，设，则，，，，解得：，，，故④正确；故答案为：①②④．【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了菱形的性质，等边三角形的性质，相似三角形的判定与性质，含30度角的直角三角形的性质，解直角三角形，勾股定理等知识，根据相似三角形的性质是判断④的关键．26．（2024·福建福州·模拟预测）如图，已知矩形的长，宽，将矩形先向上平移，再向右平移得到矩形，连接，连接交于点，则图中面积为的三角形为．【答案】【分析】本题考查矩形的性质、平移的性质及三角形的面积计算．熟知矩形及平移的性质是正确解决本题的关键．找到图中面积接近的各三角形的底和高计算面积即可得出答案．【详解】解：由平移及题意可知，底为m，高为，面积为；底为m，高为，面积为；底为m，高为，面积为；底为n，高为m，面积为；故答案为：．27．（2024·福建厦门·二模）如图，是平行四边形的对角线，在和上分别截取，使，分别以E，F为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧在内交于点G，作射线交于点P，若，平行四边形面积为24，则的面积是．【答案】【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，角平分线的性质和尺规作图，先由平行四边形的性质得到，再由作图方法可知，平分，则由角平分线的性质得到，再根据三角形面积计算公式得到，则，即可得到．【详解】解：∵平行四边形面积为24，∴，设点P到线段的距离分别为，由作图方法可知，平分，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，故答案为：．28．（2024·福建三明·三模）如图，在正方形中，点E为边的中点，连接，过点B作于点F，连接交于点G，平分交于点H．则下列结论中：①；②；③若，则；④当时，．其中正确的是（填所有正确的序号）．【答案】②④/④②【分析】根据正方形的性质，可得，结合三角函数的定义即可得到答案；设正方形的边长为，可得，进而可得答案；分别表示出，，进而即可得到答案；过点H分别作的垂线，垂足分别为K，N，当时，，设，则，可得，进而即可得到答案．【详解】解：∵在正方形中，∴，，∵，∴，∴，即，∴，故①错误；设正方形的边长为，∵点E为边的中点，∴，，∵，∴，∴，∴，∵，∴，故②正确；∵，∴，∴，∴，同理：，∴，∴，故③错误；∵当时，，∴，过点H分别作的垂线，垂足分别为K，N，∴四边形是矩形，∵平分，∴，∴四边形是正方形，∴，∵，∴∵，∴，设，则，∴，∵，∴，即，∴，∴∴，故④正确【点睛】本题考查正方形的性质，勾股定理，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，利用锐角三角函数的定义和相似三角形，得到线段的关系是关键．三、解答题29．（2024·山东济南·一模）如图，在中，点E是的中点，连结并延长，交的延长线于点F．求证：．【答案】见解析【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，平行四边形的性质，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定方法，根据平行四边形的性质可得出，，再利用即可证明即可求解；【详解】证明：∵四边形是平行四边形，∴，，∴，∵点E是的中点，∴，在和中，，∴，∴，∴．30．（2024·福建泉州·一模）如图，在矩形中，点E，F在BC上，且，连接．求证：．【答案】证明见解析【分析】本题考查了全等三角形的判定．利用证明即可．【详解】证明：∵四边形是矩形，∴，．在和中，∵，∴．31．（2022·福建泉州·三模）在平行四边形中，、分别是、上的点，且．求证：．【答案】见解析【分析】依据平行四边形的性质，即可得到，，，判定，即可得到．【详解】在平行四边形中，，，，又，，，在和中，，，．【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质以及全等三角形的判定与性质，全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．32．（2024·福建厦门·模拟预测）如图，矩形中，过对角线的中点O作的垂线，分别交于点E，F．求证：．【答案】见解析【分析】本题考查矩形性质，全等三角形性质和判定，根据题意可得，再利用全等三角形判定，继而得到本题答案．【详解】证明：∵四边形是矩形，∴，∴，∵点O为的中点，∴，在和中，，∴，∴，∴，∴．33．（2024·福建厦门·二模）如图，在矩形中，点E为边的中点连接．求证：．【答案】证明见解析【分析】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握矩形的性质与全等三角形的判定定理是解题的关键．根据矩形的性质得出，根据点为的中点，得出，进而根据，即可证明，从而可得答案．【详解】证明：∵在矩形中，点为的中点，∴，，∴．∴34．（2024·福建漳州·二模）如图，在正方形中，E为边上一点，F为延长线上一点，且．求证：．【答案】见解析【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，证明即可作答．【详解】∵四边形是正方形，∴，．．在和中，∴，∴．35．（2024·福建厦门·模拟预测）如下图，四边形是矩形，点在边上，，垂足为，．证明：．【答案】见解析【分析】本题主要考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质等知识，利用“”证明，即可证明．【详解】证明：四边形是矩形，，，，，，．，，，．．36．（2024·福建福州·模拟预测）如图，在正方形中，P是上的点，且，Q是的中点，求证：．【答案】见解析【分析】设，则，根据勾股定理计算证明即可，本题考查了正方形的性质，勾股定理，熟练掌握性质和定理是解题的关键．【详解】∵正方形，∴；∵，设，则，∵Q是的中点，∴，∴，∴．37．（2024·福建厦门·模拟预测）如图，矩形中，过对角线的中点作的垂线，分别交，于点，．求证：．【答案】见详解【分析】根据矩形的性质和全等三角形的判定与性质，可以求得，然后根据，即可得到．根据矩形的性质和全等三角形的判定与性质，可以求得，然后根据，即可得到．【详解】证明：四边形是矩形，，，，点为的中点，，在和中，，，，，．38．（2024·福建厦门·二模）如图，在中，平分，交于点平分，交于点F．求证：．【答案】见解析【分析】本题考查了平行四边形的性质、角平分线定义；熟练掌握平行四边形的性质，证出是解题的关键．根据平行四边形的性质，进而利用角平分线得出，利用证明与全等解答即可．【详解】证明：∵四边形是平行四边形，，平分，平分，，在和中，，．39．（2024·福建福州·模拟预测）如图1，在菱形中，对角线，相交于点O，，，点P为线段上的动点（不与点B，O重合），连接并延长交边于点G，交的延长线于点H．(1)求线段的长；(2)当为直角三角形时，求的值；(3)如图2，作线段的垂直平分线，交于点N，交于点M，连接，在点P的运动过程中，的度数是否为定值？如果是，求出这个定值；如果不是，请说明理由．【答案】(1)(2)或；(3)的度数是定值，【分析】（1）由菱形的性质可得，，，，由勾股定理进行列式即可求解；（2）分两种情况讨论，由直角三角形的