【备战2026】北京中考数学二轮复习高分突破专题-07四边形（精选-精练-精讲）（含解析）

【备战2026】北京中考数学二轮复习高分突破专题-07四边形（精选-精练-精讲）
一、单选题
1．（2025·北京海淀·二模）图1是有一个内角为的平行四边形透明纸片，它的邻边的长分别为．沿对边中点所连的虚线将其剪成四个四边形，按图2的方式叠放在同一平面内．给出下面四个结论：
①是等边三角形；
②四边形为菱形；
③六边形是轴对称图形，不是中心对称图形；
④存在，使四边形的面积与的面积之比为．
上述结论中，所有正确结论的序号是（ ）
A．①② B．②④ C．①③ D．①②④
2．（2025·北京昌平·二模）连接正五边形的对角线，形成如图的图形，中心为点O．与交于点，连接与交于点，连接，，，．
观察后得出如下结论：
①；
②连接OF，则有；
③；
④连接BC，则有．
上述结论中，所有正确结论的序号是（）
A．①② B．②④ C．②③ D．①④
3．（2025·北京海淀·二模）如图，在平面直角坐标系中，，点是反比例函数图象上的两点．若四边形是菱形，则点的坐标可以为（ ）
A． B． C． D．
4．（2025·北京西城·二模）一组对边平行且另一组对边不平行的四边形称为梯形．若梯形中不平行的两边相等，则称这样的梯形为等腰梯形．如图，点，，，分别是等腰梯形各边的中点，顺次连接，，，得到四边形．点，，，分别是四边形各边的中点，顺次连接，，，得到四边形．以下四个结论：
①四边形是菱形；
②连接，则；
③四边形的面积等于四边形面积的倍；
④四边形周长的平方不小于梯形面积的倍．
上述结论中，所有正确结论的序号是（ ）
A．①④ B．②③ C．①②④ D．①②③④
5．（2025·北京朝阳·二模）如图，在正方形中，是的中点，是上一点，且．给出下面四个结论：
①平分；
②；
③；
④．
上述结论中，所有正确结论的序号是（ ）
A．①②③ B．②③④ C．①④ D．①②③④
6．（2025·北京石景山·二模）在正方形中，点，，，分别为边，，，上的动点（不与顶点重合），与相交于点．下面四个结论中，
①如果，则；
②如果，则；
③如果为的垂直平分线，则；
④如果与相互垂直且平分，则；
所有正确结论的序号是（ ）
A．①③ B．②④ C．①④ D．②③
7．（2025·北京东城·二模）如图，将正五边形纸片沿着虚线剪开，记阴影部分Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ的面积分别为，，．
给出以下结论：
①Ⅰ和Ⅱ合在一起（无重叠部分）能拼成一个等腰三角形；
②Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ合在一起（无重叠部分）能拼成一个等腰梯形；
③；
④Ⅰ中最大内角的度数是最小内角度数的3倍．
上述结论中，所有正确结论的序号是（ ）
A．①② B．①④ C．①②③ D．①②④
8．（2025·北京丰台·二模）如图，在矩形中，，为对角线的交点．将矩形绕点逆时针旋转得到矩形，连接，，，，给出下面三个结论：
①连接，则；
②点到的距离小于点到的距离；
③若，则八边形的面积为．
上述结论中，所有正确结论的序号是（ ）
A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
二、填空题
9．（2025·北京朝阳·二模）如图，正方形的边长为2，为边上的一点，以为边作矩形，使经过点，则矩形的面积为___________．
10．（2025·北京海淀·二模）如图，正方形的边长为3，点在上，连接，以为边作正方形，点与点在直线异侧．若正方形的面积为10，则点到的距离为___________．
11．（2025·北京丰台·二模）如图，在正方形中，点在上，，相交于点，．若，则的长为______．
12．（2025·北京西城·二模）如图，在中，点是上一点，延长，交于点．若，的面积为6，则的面积为______．
三、解答题
13．（2025·北京昌平·二模）如图，在平行四边形中，于点，延长到点，使得，连接交于点，连接．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)连接．若，求．
14．（2025·北京昌平·二模）如图，在中，，过中点作与相切于点，交于点E，F，交于点M，N．
(1)求证：；
(2)若，求的长．
15．（2025·北京房山·二模）在平面直角坐标系中，已知图形，点是上任意两点，我们把线段的长度的最大值称为平面图形的“宽距”，记作．
(1)边长为1的正方形的宽距为______；
(2)已知点，连接所形成的图形为．
①若，直接写出的取值范围；
②已知点，以为圆心，1为半径作圆．若点为上任意一点时，都有，直接写出的取值范围．
16．（2025·北京海淀·二模）如图，在中，，于点，点在上，过点作的平行线交的延长线于点，连接．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若点在线段的垂直平分线上，且，求证：四边形是矩形．
17．（2025·北京房山·二模）如图，在平行四边形中，点是的中点，连接并延长交的延长线于点，连接，且．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)若，求的长．
18．（2025·北京顺义·二模）如图，在四边形中，，点E在上，，平分．
(1)求证：四边形为菱形；
(2)连接交于点．若，，，求的长．
19．（2025·北京房山·二模）在和中，，连接，点是的中点，连接．
(1)如图1，当点在线段上时，线段与线段的数量关系是______；
(2)如图2，当点在内部时，（1）中的结论是否成立？如果成立，请证明；如果不成立，请说明理由．
20．（2025·北京朝阳·二模）如图，在四边形中，，相交于点，，点在上，．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若，，，，求的长．
21．（2025·北京石景山·二模）如图，在中，，于点D，O为的中点，作点D关于点O的对称点E，连接，，．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)若，，求的长．
22．（2025·北京丰台·二模）在中，，，是内一动点，连接，将线段绕点顺时针旋转得到线段，连接．
(1)如图1，当点与点重合时，求证：；
(2)如图2，当点在外部时，与交于点，取中点，连接、，直接写出的大小，并证明．
23．（2025·北京丰台·二模）如图，在四边形中，，，是的中点，是对角线的中点，．
(1)求证：四边形为菱形；
(2)连接交于点，若，，求的长．
24．（2025年北京市西城区九年级中考二模数学试卷）如图，在中，，的平分线交于点，过点作，交于点，点是上一点，且，连接．
(1)求证：四边形是矩形；
(2)连接，若，，求的长．
25．（2025·北京东城·二模）如图，在中，对角线，交于点，为线段上一点，且．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，，求的长．
试卷第1页，共3页
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《【备战2026】北京中考数学二轮复习高分突破专题-07四边形（精选-精练-精讲）》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 D B C C D B D D
1．D
【分析】本题主要考查了等边三角形的判定，解直角三角形，平行四边形的性质，菱形的性质与判定，轴对称和中心对称图形的识别，由题意得，，据此可判断①；根据，可得，同理可得，据此可判断②；根据轴对称和中心对称图形的定义可判断③；分别过点A和点T作的垂线，垂足分别为P、Q，解直角三角形得到，由四边形的面积与的面积之比为，得到，则可推出，据此可判断④．
【详解】解：由题意得，，
∴是等边三角形，故①正确；
∴，
由平行四边形的性质可得，
∴，即，
同理可证明，
∴四边形为菱形，故②正确；
六边形是轴对称图形，也是中心对称图形，故③错误；
由题意得，，
如图所示，分别过点A和点T作的垂线，垂足分别为P、Q，
∴，
∵四边形的面积与的面积之比为，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴当时，满足四边形的面积与的面积之比为，故④正确；
故选：D．
2．B
【分析】本题考查正五边形性质、圆周角定理、全等三角形判定与性质、三角形内角和及外角性质；解题关键是熟练运用上述知识，结合正五边形的对称性，通过角度和线段关系的推导来判断结论正误．
对于①：利用正五边形内角和公式求出内角，再依据圆周角定理计算度数判断对错．对于②：截取，根据正五边形轴对称性找全等条件证，推导线段关系判断．对于③：用三角形外角性质和圆周角定理计算与关系判断．对于④：由圆周角定理求角，结合三角形内角和求，依等角对等边判断．
【详解】如图：在上截取，
正五边形内角和为，
∴．
因为是正五边形，
所以，，
正五边形中心角，，故①错误．
因为五边形是正五边形，平分，平分，，．
，在中，根据三角形内角和定理，．
，即 ．
在和中：
∴，
∴，．
由正五边形性质可知，，，，．
∵，，，
∴．
已证，
∵，
∴．
∴．
又，．
在和中：
．
∴，
∴．
∵，
∴；故②正确．
∵是的外角，．
由圆周角定理，，，且，
∴，故③错误．
∵，，
在中，，，
∴．
则，
∴，故④正确．
综上，②④正确，
故选：B．
3．C
【分析】本题考查反比例函数与一次函数的交点问题，反比例函数与几何的综合应用，根据的坐标得到在一三象限的角平分线上，根据菱形的对角线互相垂直平分，得到为反比例函数与二四象限角平分线的交点，进行求解即可．
【详解】解：∵，
∴在一三象限的角平分线上，
∵四边形是菱形，
∴为反比例函数与二四象限角平分线的交点，
联立，解得：或，
∴点的坐标可以为；
故选C．
4．C
【分析】本题主要研究等腰梯形各边中点连线所构成的四边形的性质．运用三角形中位线定理来推导四边形和的边、角、面积等相关性质，进而判断四个结论的正确性．
【详解】解：连接等腰梯形的对角线、．
∵点，，，分别是等腰梯形各边的中点，
∴， ，
∵等腰梯形的对角线相等，
∴，
∴．
同理，
∴四边形是菱形，结论①正确．
取的中点，连接，，
∵，分别是，的中点，
∴
∵
∴
∴点，，三点共线，
∴即，结论②正确．
连接、，
∵四边形是菱形，
∴，
∴
∵点，，，分别是四边形各边的中点，
∴，
∴，，四边形是平行四边形，
∴，四边形是矩形，
同理可得，
∴
∴，即四边形的面积等于四边形面积的倍，不是倍，结论③错误．
同理可得四边形的面积等于四边形面积的倍，
∴四边形的面积等于四边形面积的倍，
设梯形的高为，上底，下底，
∴梯形面积 ．
∵点，，，分别是四边形各边的中点，
∴，
∴
∴四边形是平行四边形，设其相邻两边分别为、，周长 ， ．
∵（当且仅当时取等号），四边形的面积 ，且，
∴
∴
∵
∴ ，即四边形周长的平方不小于梯形面积的倍，结论④正确，
故选：C．
【点睛】本题主要考查三角形中位线定理（三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的一半）、相似三角形的判定及性质，菱形的判定（四条边相等的四边形是菱形）、平行四边形的判定与性质以及均值不等式等知识．解题的关键在于通过连接对角线等辅助线，利用三角形中位线定理得出各边关系，再依据相关图形性质判断结论的正确性．
5．D
【分析】设，则，，利用三角形全等的判定和性质，勾股定理，勾股定理的逆定理，正方形的性质，角的平分线的判定解答即可．
【详解】解：∵正方形，
∴，
设，
∵是的中点，是上一点，且，
∴，，
∴，，
，
∴，故②正确；
∴，
过点E作于点G，
则，
∴，
∴平分，；故①正确；
∵，
∴．
∴，
∵，
∴．
∴，
∴；故③正确；
∵．故④正确，
故选：D．
【点睛】本题考查了正方形的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，勾股定理的逆定理，角的平分线的判定，熟练掌握正方形的性质，勾股定理及其逆定理是解题的关键．
6．B
【分析】本题考查了正方形的判定和性质，四点共圆，全等三角形的判定和性质．对于①③画出图形，显然不成立；对于②，作于点，作于点，证明，即可得到②正确；对于④，证明四边形是正方形，推出，即可证明④正确．
【详解】解：如图，①如果，显然不存在，①不正确；
②如果，
如图，作于点，作于点，
∵正方形，
∴四边形和四边形都是矩形，
∴，，
∴，
∴四点共圆，
∴，
∵，，
∴，
∴，②正确；
③如果为的垂直平分线，如图，
过正方形的中心作边的垂线，分成四个全等的小正方形，
显然，③不正确；
④如果与相互垂直且平分，如图，连接，，，，
∴四边形是菱形，
由②得，
∴四边形是正方形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，④正确，
故选：B．
7．D
【分析】本题考查了正多边形的性质，等腰三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，掌握等腰三角形的判定与性质是解题的关键；依题意得阴影Ⅰ，Ⅲ是两个全等的等腰三角形，Ⅱ是等腰三角形，利用边角关系可判定①②④；在上取，连接，则可判断③；
【详解】解：如图，
在正五边形中，，
，
∴；
同理：，
∴，
∴，，
∴，
∴，
即；
∵，
∴，
即是等腰三角形；
而此三角形是由Ⅰ和Ⅱ合在一起的三角形；
故①正确；
∵，，
∴，
∴，
∴Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ合在一起（无重叠部分）能拼成一个等腰梯形；
故②正确；
∵，
∴；
故④正确；
在上取，连接，
则，
∴，
∴，
显然，故③不正确；
综上，正确的有①②④；
故选：D．
8．D
【分析】利用旋转的性质可说明，以此可判断①；通过说明，，，都是等腰直三角形，四边形是矩形，四边形是矩形，四边形是矩形，四边形是矩形，再说明四边形是正方形，从而可用表示出八边形的面积，化简后作比较可判断③；
仿判断③的方法，设，分别求出点到的距离与点到的距离，再作比较后判断②．
【详解】解：如图，
∵将矩形绕点逆时针旋转得到矩形，
∴点的对应点是，
∴，
∴，故①正确；
如图，
∵将矩形绕点逆时针旋转得到矩形，
∴的对应边是，的对应边是，的对应边是，的对应边是，的对应边是，
∴，，，，，，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，，
∴四边形是矩形，
∴，，
同理可得：四边形是矩形，四边形是矩形，四边形是矩形，
∴，，，，，，
∵，，，
∴，
∴，
同理可得：，
∵，，，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是正方形，
∴正方形绕点逆时针旋转与其本身重合，
∴点的对应点是，
∵将矩形绕点逆时针旋转得到矩形，
∴点的对应点是，
∴绕点逆时针旋转得到，
∴，
同理可得：，，，
∵，，
∴，
又，
∴是等腰直角三角形，
同理可得：，，都是等腰直角三角形，
∴，
∵，，
∴，，
∴，
∴八边形的面积为
=，
故③正确；
过点分别作于点，于点，于点，设，
∵，
∴，
∵四边形是矩形，对角线、交于点，
∴，点为的中点
∴，点为的中点，
∴，即点到的距离为，
∵，是等腰直角三角形，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∵，
∴为的中点，
∴，
∴，
即点到的距离小于点到的距离，故②正确；
综上所述，①②③都正确，
故选：D．
【点睛】本题考查了正方形的判定与性质，矩形的性质，勾股定理，等腰三角形三线合一，等腰直角三角形的性质等知识点，解题关键是利用特殊平行四边形的性质证明相关线段相等．
9．4
【分析】本题主要考查了矩形和正方形的性质，根据矩形的性质和三角形面积计算公式可得，，则，同理可得，则．
【详解】解：如图所示，连接，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，
∴
同理可得，
∴，
故答案为：．
10．
【分析】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握以上知识点是解题的关键．作于点，根据正方形的性质和勾股定理可求得、和的长度，以及可证得，从而得到，代入计算求得的长度即为答案．
【详解】解：作于点，如图所示，
则，
四边形是边长为3的正方形，
，，
四边形是正方形，且面积为10，
，，
在中，，
，
又，，
，
，
，即，
．
故答案为：．
11．
【分析】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、三角形面积的计算；熟练掌握正方形的性质，并能进行推理论证与计算是解决问题的关键．
【详解】解：在正方形中，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为．
12．24
【分析】本题主要考查平行四边形的性质（对边平行）以及相似三角形的判定（两角分别相等的两个三角形相似）和性质（相似三角形面积比等于相似比的平方）．解题的关键在于利用平行四边形对边平行的性质找出相似三角形，准确求出相似比，再运用相似三角形面积比与相似比的关系计算所求三角形的面积．本题围绕平行四边形展开，已知和的面积，要求的面积．需要利用平行四边形对边平行的性质，找出相似三角形，再依据相似三角形的性质来建立面积关系求解．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴ ，即．
∴，．
∴．
∵四边形是平行四边形，
∴ ．
∵，
∴，
∴ ．
∵．
∴ ．
∴ ． 即，
∴
故答案为：．
13．(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了矩形的判定、平行四边形的性质与判定以及解直角三角形等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解题的关键．
（1）先证明四边形为平行四边形，再证明四边形为矩形即可；
（2）过点作于点，求出，，再根据勾股定理可求出．
【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，
．
，
．
四边形为平行四边形．
，
平行四边形为矩形．
（2）解：过点作于点．
四边形是矩形，
，
．
．
在Rt中，，
，
．
在Rt中，
，
．
14．(1)见解析
(2)
【分析】（1）连接，．由圆切线的定义得出，由直角三角形斜边的中线等于斜边的一半得出．再由等腰三角形三线合一即可得出答案．
（2）过点作于点，连接．设的半径为，则．先由勾股定理定理得出，再由垂径定理得出，再根据矩形的判定和性质得出，再根据勾股定理得出，
再利用垂径定理求值即可．
【详解】（1）解：连接，．
与相切，
．
在中，，
．
．
（2）解：过点作于点，连接．
设的半径为，则．
，
．
在中，
，
．
．
解得：．
为的弦，
．
，
四边形为矩形．
．
在中，
，
．
．
【点睛】本题主要考查了圆切线的定义，垂径定理，三线合一，矩形的判定和性质，直角三角形的性质，勾股定理等知识，掌握这些知识是解题的关键．
15．(1)
(2)① ②或
【分析】本题考查了几何新定义，圆的综合问题，解直角三角形，理解新定义求得符合题意的临界值是解题的关键；
（1）根据新定义可得，长为1的正方形的宽距为对角线的长度，即可求解；
（2）①根据新定义，画出图形，在以为圆心，为半径的圆内公共部分，则当最大时，是等边三角形，解直角三角形，即可求解；
②根据题意可得当时，点或到上的点距离最大为，最小值为，当时，以为圆心和为半径作，当与为半径的圆内切时取得最大值，当和为半径的圆外切时，取得最小值，设与为半径的圆内切于点，与为半径的圆内切于点，根据圆与圆的位置关系以及勾股定理求得的坐标，结合图形即可得出的范围，根据对称性求得的坐标的相反数，即可得出另一个范围，即可求解．
【详解】（1）解：根据新定义可得，长为1的正方形的宽距为对角线的长度，即，
故答案为：．
（2）解：①∵，
∴
如图，在以为圆心，为半径的圆内公共部分，
∴当最大时，是等边三角形，
∴
∴
②∵，点，以为圆心，1为半径作圆．若点为上任意一点时，都有，
∴当时，点或到上的点距离最大为，最小值为
当时，如图，
以为圆心和为半径作，
当与为半径的圆内切时取得最大值，当和为半径的圆外切时，取得最小值，
设与为半径的圆内切于点，与为半径的圆内切于点，
∴
∴，则此时
同理可得，，则
∴此时,
∴
当时，根据对称性，同理可得
综上所述，或
16．(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）根据等腰三角形的性质得到，再证明．则．即可证明四边形是平行四边形；
（2）证明是直角三角形，．即可证明四边形是矩形．
【详解】（1）证明：，
．
，
．
，
．
．
四边形是平行四边形．
（2）点在线段的垂直平分线上，
．
，
．
是直角三角形，．
四边形是平行四边形，
四边形是矩形．
【点睛】此题考查了平行四边形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质、矩形的判定、勾股定理的逆定理、全等三角形的判定和性质、垂直平分线的性质等知识，证明四边形是平行四边形是关键．
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】本题考查了平行四边形的性质，矩形的性质与判定，正切的定义，全等三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键；
（1）先证明，进而得出，根据平行四边形的性质可得，根据等腰三角形的性质可得，进而证明四边形是矩形；
（2）根据正切的定义得出，进而在中，勾股定理，即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形，
，
，
点是的中点，
，
，
，
，
，
，
，
，
四边形是矩形．
（2）解：，
．
．
四边形是矩形，
．
，
．
在中，，
18．(1)见详解
(2)
【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，解直角三角形的相关运算，勾股定理，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
（1）先结合，，证明四边形为平行四边形，根据平分，以及，得，即，进行作答即可．
（2）结合菱形的性质得，，因为，所以，得，代入数值得，，运用，得，最后运用勾股定理列式计算，即可作答．
【详解】（1）解：∵，点E在上，
∴，
∵，
∴四边形为平行四边形，
∵平分，
∴，
∴，
∴，
∴四边形为菱形；
（2）解：依题意，如图所示：
由（1）得四边形为菱形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴在中，，
∴，
∵，
∴在中，．
19．(1)
(2)成立；证明见解析
【分析】本题考查了等腰三角形的性质与判定，矩形的性质，全等三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键；
（1）延长交于点，过点作，连接，则，进而根据等腰直角三角形的性质得出，证明四边形是矩形，得出，即可得证；
（2）延长到，使得，证明，进而证明，得出，根据，即可得证．
【详解】（1），理由如下
如图，延长交于点，过点作，连接，则，
∵在和中，，
∴
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵
∴是等腰直角三角形，
又∵是的中点，
∴
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
故答案为：．
（2）证明：如图，延长到，使得．
是的中点，
，
又，
．
，．
．
，
．
，
，
．
即．
又，
．
．
，
．
20．(1)见解析
(2)5
【分析】本题考查了平行四边形的性质与判定、解直角三角形、三线合一、勾股定理，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
（1）利用平行线的性质得到，，结合推出，得到，再利用平行四边形的判定即可证明；
（2）在中利用正切的定义得到，利用平行四边形的性质得到，由得到，最后利用勾股定理即可求解．
【详解】（1）证明：，
，．
又，
，
，
又，
四边形是平行四边形．
（2）解：，，
在中，，
，
四边形是平行四边形，
，，
，，
，
又，
，
，
．
21．(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了矩形的判定与性质，解直角三角形，中心对称的性质，解题关键是熟悉上述知识点，并能熟练运用求解．
（1）先证明四边形是平行四边形，再证明它有一个角是直角，从而可得四边形是矩形．
（2）先根据矩形的性质证得，，，再利用正切求出，设，接着用表示出，，再用表示出与，根据，可求得，再利用勾股定理求得．
【详解】（1）证明：∵点关于点的对称点为点，
∴必过点且．
∵为的中点，
∴．
∴四边形是平行四边形．
∵于，
∴．
∴四边形是矩形．
（2）∵四边形是矩形，
∴，，．
在中，．
设，则，．
∴，．
∴．
∴在中，．
22．(1)见解析
(2)的大小为，见解析
【分析】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，四边形内角和等知识，作辅助线构造全等三角形是解题关键．
（1）根据旋转的性质和等边对等角的性质，得到，进而得出，再根据等腰三角形三线合一的性质证明即可；
（2）延长至点G，使得，连接、，．证明，从而得到，再根据四边形内角和和邻补角的定义，得到进而证明，再根据等腰三角形三线合一的性质求解即可；
【详解】（1）证明：由题意可知，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴．
（2）解：的大小为．证明如下：
如图，延长至点G，使得，连接、，．
∵是中点，
∴．
∵，
∴．
∴，．
∴．
∴，
∵，，
∴在四边形中，．
∵，
∴．
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∴．
∵．
∴．
∴．
23．(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据中位线的性质得出，，根据，得出，即可得出答案；
（2）根据菱形性质得出，，，解直角三角形得出，求出，根据F为中点，得出，最后求出结果即可．
【详解】（1）证明：∵是的中点，是对角线的中点，
∴，是的中位线，
∴，，
∵，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴四边形是平行四边形．
∴是菱形．
（2）解：∵四边形是菱形，
∴，，，
∴，．
又在中，，
∴，
∴，
∵F为中点，
∴，
∴，
∴，
∴．
【点睛】本题考查中位线的性质，菱形的判定及性质，勾股定理，解直角三角形的相关计算，解题的关键是熟练掌握菱形的判定方法，中位线的性质．
24．(1)详见解析
(2)
【分析】（1）首先利用角平分线的性质得到，再结合推出，从而得出．已知，可得到，根据一组对边平行且相等判定四边形是平行四边形．最后由，根据矩形的判定定理（有一个角是直角的平行四边形是矩形）得出四边形是矩形．
（2）利用矩形的性质得到，进而推出，．已知，则，在中，根据正弦值和求出和的长度，进而得到的长度．最后在中，根据勾股定理求出的长．
【详解】（1）证明：∵的平分线交于点，
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∵，
∴．
∴四边形为平行四边形．
∵，
∴四边形为矩形．
（2）解：如图所示，
∵在矩形中，，
∴，．
∵，
∴．
∵在中，，
∴，．
∴．
∵在矩形中，，
∴在中，．
【点睛】平分线的性质、平行线的性质、等腰三角形的判定、平行四边形的判定、矩形的判定与性质、三角函数以及勾股定理．解题关键在于利用已知条件逐步推导边与角的关系，通过角平分线和平行线的组合得到等腰三角形，利用矩形性质找到角的等量关系，再结合三角函数和勾股定理求解边长．
25．(1)见解析；
(2)．
【分析】（1）由平行四边形的性质得，即可证明，则可得，从而由菱形的判定即可证明；
（2）由正切函数值设，则，，在中，由勾股定理建立方程即可求解．
【详解】（1）证明：四边形为平行四边形，
，
，，
，
，
∵，
，
，
平行四边形为菱形；
（2）解：，
设，则，，
，
在中，由勾股定理有，
即，
解得：，
，
．
【点睛】本题考查了菱形的判定，平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，正切函数关系等知识，题目较易，但用到了较多的知识点，熟练运用是关键．
答案第1页，共2页
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