重难点02 四边形热考模型（8大类型8种题型）（复习讲义）（全国通用）2026年中考数学一轮复习讲练测

该初中数学中考复习讲义聚焦四边形热考模型，覆盖风车、对角互补、中点四边形等8大核心模型，以“模型识别-性质应用-逻辑推理”为主线，通过考点梳理、方法指导、真题训练三环节，系统构建知识网络，助力学生突破中考几何综合题难点。 亮点在于融合新课标核心素养，如通过半角模型旋转构造全等培养推理意识，十字架模型比例关系训练模型意识。设“固根基+验成效”分层练习，配套2021-2025年中考真题解析，可帮助学生高效掌握解题策略，教师能精准把控复习节奏，提升备考效率。

第五章 四边形 重难点02 四边形热考模型 （8大类型8种题型） 目 录 01 深挖重难·固根基 1 02 分层锤炼·验成效 109 固·重难考点 拓·创新能力 重难点一 四边形热考模型是中考几何的高频命题载体，以平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质为基础，结合图形变换、动点、角度 / 线段关系设计 “多维度综合题”，核心考查 “模型识别、性质应用、逻辑推理能力”，重点如下： 一、风车模型 核心要求：利用四边形的旋转 / 对称变换，分析线段、角度的等量关系。 特征： 以四边形的顶点为中心，将部分图形旋转（如正方形中旋转△ABE 至△ADF），形成 “风车” 状的对称结构，旋转后对应边 / 角相等。 考法： · 证明线段相等（如旋转后 BE=DF）； · 求角度（如旋转后∠EAF=90°）； · 判断线段位置关系（如 EF 与 BD 垂直）。 二、对角互补模型 核心要求：利用 “四边形对角互补” 的性质，推导线段、角度的关系。 特征： 四边形中一组对角之和为 180°（如∠A+∠C=180°），常结合圆内接四边形（四点共圆）的性质。 考法： · 证明线段相等（如对角互补的四边形中，邻边相等时，对边存在和差关系）； · 求角度（如利用四点共圆，推导圆周角相等）； · 计算面积（如对角互补的四边形面积 = 两组对边乘积之和的一半）。 三、折叠模型 核心要求：结合四边形的折叠变换，利用 “折叠前后边 / 角相等” 分析图形关系。 特征： 四边形沿某条线段折叠，折叠部分与原图形重合，对应边、对应角相等。 考法： · 求折叠后线段的长度（如矩形折叠后，利用勾股定理列方程求边长）； · 求重叠部分的面积（如正方形折叠后，计算重叠三角形的面积）； · 判断折叠后图形的形状（如折叠后形成等腰三角形）。 四、最值模型 核心要求：结合四边形的性质，分析动点下的线段 / 面积最值。 特征： 动点在四边形的边 / 对角线上运动，利用 “垂线段最短”“两点之间线段最短” 等定理求最值。 考法： · 求线段长度的最值（如矩形中，动点到两定点的距离和的最小值）； · 求面积的最值（如平行四边形中，动点形成的三角形面积的最大值）。 五、中点四边形模型 核心要求：利用 “三角形中位线定理”，分析四边形各边中点连接形成的新四边形的性质。 特征： 连接四边形各边中点，形成的新四边形（中点四边形）的形状由原四边形的对角线决定。 考法： · 判断中点四边形的形状（如原四边形对角线相等时，中点四边形是菱形）； · 求中点四边形的周长 / 面积（如原四边形面积为 S，中点四边形面积为\(\frac{1}{2}S\)）。 六、垂美四边形模型 核心要求：利用 “对角线互相垂直的四边形” 的性质，分析线段、面积的关系。 特征： 四边形的对角线互相垂直（如 AC⊥BD），常结合勾股定理推导边的关系。 考法： · 证明边的平方和关系（如AB²+CD²=AD²+BC²）； · 求面积（如垂美四边形的面积 =）。 七、半角模型 核心要求：利用四边形中 “半角”（如 45° 是 90° 的半角）的性质，推导线段的和差关系。 特征： 四边形中存在一个角是另一个角的一半（如正方形中∠EAF=45°，∠BAD=90°），常结合旋转构造全等。 考法： · 证明线段和差（如正方形中 EF=BE+DF）； · 求线段长度（如利用勾股定理，结合线段和差求 EF 的长）。 八、十字架模型 核心要求：利用四边形中 “垂直交叉的线段”（如矩形中的 “十字架”）的性质，分析线段比例。 特征： 四边形中两条线段互相垂直且交叉（如矩形中 AE⊥BF），常结合相似或勾股定理。 考法： · 证明线段比例（如矩形中）； · 求线段长度（如利用勾股定理，结合线段比例求 AE 的长）。 题型01 中点四边形 【基础模型】已知点E、F、G、H分别为任意四边形ABCD四条边AB、BC、CD、AD的中点，则 ①四边形EFGH是平行四边形 ②CEFGH =AC+BD ③ 【名师总结】 1）顺次连接任意四边形各边中点所组成的四边形是矩形. 2）顺次连接对角线互相垂直的四边形各边中点所组成的四边形是矩形. 3）顺次连接对角线相等的四边形各边中点所组成的四边形是菱形. 4）顺次连接对角线互相垂直且相等的四边形各边中点所组成的四边形是正方形. 速记口诀：矩中菱，菱中矩，正中正. 1．（2025·四川攀枝花·中考真题）如图，四边形各边中点分别是，两条对角线与互相垂直，则四边形一定是（   ） A．矩形 B．菱形 C．正方形 D．梯形 【答案】A 【分析】本题主要考查矩形的判定，中点四边形，三角形中位线 ，设交于点Q，交于点P，结合三角形中位线证出四边形是平行四边形，再结合，证出结果即可． 【详解】解：设交于点Q，交于点P， ∵分别是的中点，     ∴，且，且，     ∴，且，         ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， 故选：A． 2．（2025·广东广州·中考真题）如图，菱形的面积为10，点E，F，G，H分别为，，，的中点，则四边形的面积为（   ） A． B．5 C．4 D．8 【答案】B 【分析】本题考查的是中点四边形，根据三角形中位线定理得，，证明四边形是矩形，进而得菱形的面积．四边形面积是故可得结论． 【详解】解：连接交于O， ∵四边形是菱形， ∴， ∵点E、F、G、H分别是边和的中点， ∴，， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴菱形的面积， ∴， ∴， ∴四边形的面积为5， 故选：B． 3．（2025·四川德阳·中考真题）如图：点E、F、G、H分别是四边形边、、、的中点，如果，四边形的面积为24，且，则（   ） A．4 B．5 C．8 D．10 【答案】B 【分析】本题考查中点四边形，熟练掌握中位线定理是解题的关键 利用三角形中位线定理及特殊四边形的判定与性质求解． 【详解】如图：连接，交于点O， 因为、、、分别是四边形边的中点， ∴，；，；，；， ． ∵， ∴， ∴四边形是菱形． ∴，， ∴， ∵四边形面积为，， ∴， 解得 ． ∴ 在中 ． 故选：B． 4．（2025·江苏徐州·中考真题）如图，E，F，G，H分别为矩形各边的中点．若，，则四边形的周长为 ． 【答案】 【分析】本题考查的是矩形的性质，勾股定理的应用，先证明，，，再进一步利用勾股定理计算即可． 【详解】解：∵矩形，，， ∴，，， ∵E，F，G，H分别是矩形各边的中点， ，． ∴， 同理可得：， ∴四边形的周长为； 故答案为： 5．（2025·甘肃武威·模拟预测）如图，已知四边形中，点E，F，G，H分别是、、、的中点． (1)求证：和互相平分； (2)当和垂直时，与有什么数量关系？说明你的理由． 【答案】(1)见解析 (2)，理由见解析 【分析】本题考查了菱形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，中位线定理，解题关键是掌握上述知识点并能熟练运用求解． （1）先利用中位线定理证明，,，，从而可得，，于是得到四边形为平行四边形，根据平行四边形的性质可得与互相平分； （2）先证明四边形为菱形，根据菱形的性质可得，从而可得． 【详解】（1）证明：如图，连接、、、， ∵点、、、分别是、、、的中点， ∴，； ，， ，． 四边形为平行四边形． 与互相平分； （2）解：，理由如下： 与互相平分，和垂直， 四边形为菱形， ∴， ， 即． 题型02 垂美四边形 1．（2021·山东枣庄·中考真题）如图1，对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形． （1）概念理解：如图2，在四边形中，，，问四边形是垂美四边形吗？请说明理由； （2）性质探究：如图1，垂美四边形的对角线，交于点．猜想：与有什么关系？并证明你的猜想． （3）解决问题：如图3，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和正方形，连结，，．已知，，求的长． 【答案】（1）四边形是垂美四边形，理由见解析；（2），证明见解析；（3）． 【分析】（1）连接，先根据线段垂直平分线的判定定理可证直线是线段的垂直平分线，再根据垂美四边形的定义即可得证； （2）先根据垂美四边形的定义可得，再利用勾股定理解答即可； （3）设分别交于点，交于点，连接，先证明，得到，再根据角的和差可证，即，从而可得四边形是垂美四边形，然后结合（2）的结论、利用勾股定理进行计算即可得． 【详解】证明：（1）四边形是垂美四边形，理由如下： 如图，连接， ∵， ∴点在线段的垂直平分线上， ∵， ∴点在线段的垂直平分线上， ∴直线是线段的垂直平分线，即， ∴四边形是垂美四边形； （2）猜想，证明如下： ∵四边形是垂美四边形， ∴， ∴， 由勾股定理得：， ， ∴； （3）如图，设分别交于点，交于点，连接， ∵四边形和四边形都是正方形， ∴， ∴，即， 在和中，， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∴，即， ∴四边形是垂美四边形， 由（2）得：， ∵是的斜边，且，， ∴，， 在中，， 在中，， ∴， 解得或（不符题意，舍去）， 故的长为． 【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定定理与性质、线段垂直平分线的判定、勾股定理等知识点，正确理解垂美四边形的定义、灵活运用勾股定理是解题关键． 2．（2025·河南商丘·二模）我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．例如：在四边形中，对角线与相交于点，若，则四边形为垂美四边形． (1)下面是垂美四边形的是_____；（填序号） 平行四边形        菱形        矩形        正方形 (2)如图，已知四边形是垂美四边形，则边，，，存在怎样的数量关系?并说明理由； (3)如图，已知四边形是垂美四边形，若，，，分别是边，，，的中点，顺次连接，，，，判断四边形的形状，并说明理由； (4)如图，分别以的边，为边向外作正方形和正方形，连接，，，若是直角三角形，，，直接写出的长． 【答案】(1)； (2)，理由见解析； (3)四边形是矩形，理由见解析； (4)的长为或． 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，垂直的定义，勾股定理，正确理解垂美四边形的定义以及灵活运用勾股定理是解题的关键． （）根据平行四边形、菱形、矩形、正方形的性质逐一排除即可； （）由四边形是垂美四边形，则，然后用勾股定理即可求解； （）由中位线定理可得，，，，，证明四边形是平行四边形，然后由，故有，所以，从而证明四边形是矩形； （）设与交于点，与交于点，连接，，由正方形性质可得，，，证明，则，通过三角形内角和定理可得，所以，证明四边形是垂美四边形，然后分当时，当时，再结合勾股定理和（）中结论即可求解． 【详解】（1）解：平行四边形的对角线互相平分但不垂直，不符合垂美四边形定义， 菱形的对角线互相垂直平分符合垂美四边形定义， 矩形的对角线互相平分且相等，不符合垂美四边形定义， 正方形对角线互相垂直平分且相等符合垂美四边形定义， 故选：； （2）解：，理由如下， ∵四边形是垂美四边形， ∴， ∴， ∴，，，， ∴； （3）解：四边形是矩形，理由， ∵，，，分别是边，，，的中点， ∴，，，，， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是矩形； （4）解：如图，设与交于点，与交于点，连接，， ∵四边形和四边形是正方形， ∴，，， ∴.，即， 在和中， ， ∴， ∴， 又∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是垂美四边形， 如图，当时， ∴， ∴， ∴， ∵四边形和四边形是正方形， ∴，，， ∴，， 由（）得， ∴， ∴； 如图，当时， ∴， ∴， ∴， ∵四边形和四边形是正方形， ∴，，， ∴，， 由（）得， ∴， ∴； 综上可知：的长为或． 3．（2025·河南南阳·一模）综合与实践： 在学习特殊四边形的过程中，我们积累了一定的研究经验，请运用已有的经验对“对等垂美四边形”进行研究．定义：对角线相等且垂直的四边形叫作对等垂美四边形．    (1)定义理解 图中，、、三点均在格点上，请在格点上确定点，使四边形为对等垂美四边形． (2)深入探究 如图2，在对等垂美四边形中，对角线与交于点，且，，将绕点逆时针旋转（旋转角），、的对应点分别为、，如图3，请判断四边形是否为对等垂美四边形，并说明理由．（仅就图的情况证明即可） (3)拓展运用 在（2）的条件下，若，，当为直角三角形时，直接写出四边形的面积． 【答案】(1)见详解 (2)证明见解析 (3)或 【分析】本题主要考查复杂作图，全等三角形的判定与性质，以及勾股定理的应用，正确理解“对等垂美四边形”的定义是解答本题的关键． （1）根据“对等垂美四边形”的定义作图即可； （2）连接，交于点，设与交于点，证明得，，再证明即可得出结论； （3）当是直角时，当为直角时，分别求解即可； 【详解】（1）解：如图，四边形即为所作的对等垂美四边形；    （2）解：四边形是对等垂美四边形，理由如下： 连接，交于点，设与交于点，    由题意知，，，， ，即， 在和中， ， ， ，， 又， ， ， ∴在四边形中，，， ∴四边形是对等垂美四边形； （3）解：①当是直角时，如图，    ，， ； ； 当为直角时，如图，过点作的垂线，垂足为，    ，， ，， ， ， ，， 则； ； 综上所述，四边形的面积或 4．（2025·四川绵阳·三模）如图，直线的图象与反比例函数的图象交于，两点． (1)若点C为第一象限内反比例函数图象上的一点，且，求点C的坐标； (2)我们把对角线互相垂直的四边形叫做“垂美四边形”．设P是第一象限内的反比例函数图象上一点，Q是x轴上一点，当四边形是垂美四边形且被平分时，求P，Q两点的坐标． 【答案】(1) (2)， 【分析】本题主要考查了反比例函数和一次函数综合，勾股定理，解题的关键是求出反比例函数和一次函数解析式． （1）将，代入表示出，，然后代入求出，得到直线，反比例函数，，，设，然后根据勾股定理求解即可； （2）如图所示，设与交于点M，设所占直线表达式为，两种直线联立求出，设，然后根据中点坐标公式得到，然后代入和求出，进而求解即可． 【详解】（1）解：根据题意得，将，代入得 ∴， 将，代入得 解得 ∴直线，反比例函数 ∴， ∴， ∵点C为第一象限内反比例函数图象上的一点，如图所示， ∴设 ∴，， ∵ ∴ ∴ 解得 ∴； （2）解：如图所示，设与交于点M ∵四边形是垂美四边形且被平分时 ∴ ∵直线 ∴设所占直线表达式为 联立得， 解得 ∴ ∵M是中点，设 ∴ ∴将代入和得， 解得 ∴，． 题型03 半角模型 从正方形的一个顶点引出夹角为45°的两条射线，并连结它们与该顶点的两对边的交点构成的基本平面几何模型. 已知正方形ABCD中，E，F分别是BC、CD上的点，∠EAF=45°，AE、AF分别与BD相交于点O、P，则： ①EF=BE+DF ②AE平分∠BEF，AF平分∠DFE ③C∆CEF=2倍正方形边长 ④S∆ABE +S∆ADF =S∆AEF ⑤AB=AG=AD（过点A作AG⊥EF，垂足为点G） ⑥OP2=OB2+OD2 ⑦若点E为BC中点，则点F为CD三等分点 ⑧∆APO∽∆AEF∽∆DPF∽∆BEO∽∆DAO∽∆BPA ⑨ABEP四点共圆、AOFD四点共圆、OECFP五点共圆 ⑩∆APE、∆AOF为等腰直角三角形 (11) EF=OP (12) S∆AEF=2S∆APO (13)AB2=BP×OD (14)CE•CF=2BE•DF (15) ∆EPC为等腰三角形 (16) PX=BX+DP(过点E作EX⊥BD，垂足为点X) 类型一 与正方形半角模型有关的多结论问题 1．（2025·北京东城·一模）如图，在边长为1的正方形中，是边上的一动点（不与点，重合），连接，点关于直线的对称点为，连接并延长交于点，连接．设，，给出下列三个结论： ①；②；③． 上述结论中，所有正确结论的序号是（    ） A．①② B．②③ C．①③ D．①②③ 【答案】D 【分析】①连接，根据对称的性质得，，由此可判定和全等则，再证明和全等得，由此可得出，据此即可对结论①进行判断； ②根据全等三角形性质得，，则，进而得，再根据得，据此即可对结论②进行判断； ③根据，及全等三角形性质得，，则，在中，根据三角形三边之间关系得，则，进而得，据此即可对结论③进行判断，综上所述即可得出答案． 【详解】解：①连接，如图所示： 点关于直线的对称点为， ，， 在和中， ， ， ，， ， 四边形是正方形， ，， ，， 在和中， ， ， ， ， ， ， ， ， 故结论①正确； ② ，， ，， ， ， 正方形的边长为1， ， ， ， 点是边上的一动点（不与点，重合）， ， ， 即， 故结论②正确； ③正方形的边长为1，，， ，， ，， ，， ， 在中，， ， ， 故结论③正确， 综上所述：正确的结论序号是①②③． 故选：D． 【点睛】此题主要考查了正方形的性质，轴对称的性质，全等三角形的判定与性质，理解正方形的性质，轴对称的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解决问题的关键． 2．（2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）如图，在正方形中，点H在边上（不与点A、D重合），，交正方形外角的平分线于点F，连接交于点M，连接交于点G，交于点N，连接．则下列结论：①；②点G是的中点；③若点H是的中点，则；④；⑤若，则，其中正确的结论是（    ） A．①②③④ B．①③⑤ C．①②④⑤ D．①②③④⑤ 【答案】A 【分析】连接，可得，垂直平分，先证明点B、H、D、F四点共圆，即可判断①；根据垂直平分，结合互余可证明，即有，则可判断②正确；证明，即有，可判断④；根据相似有，根据可得，再证明，可得，即可判断⑤；根据点H是的中点，设，即求出，同理可证明，可得，即可得，进而可判断③． 【详解】连接，如图， ∵四边形是正方形， ∴，，，垂直平分， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∵， ∴点B、H、D、F四点共圆， ∴，， ∴，故①正确， ∵垂直平分， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴点G是的中点，故②正确， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴，故④正确， ∴， 若，则， ∴， ∴，即， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，故⑤错误， 如图，③若点H是的中点，设，即， ∴， ∴， 同理可证明， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴在中，， ，故③正确， 则正确的有：①②③④， 故选：A． 【点睛】本题是一道几何综合题，主要考查了正方形的性质，相似三角形的判定与性质，正弦，圆周角定理以及勾股定理等知识，证明点B、H、D、F四点共圆，，是解答本题的关键． 3．（2024·安徽合肥·二模）正方形中，．点E、F分别在边、上，、分别交于点G、H，．则下列说法中，错误的是（   ） A． B． C． D．当时， 【答案】D 【分析】由题意易得，将绕点A顺时针旋转90度得到，连接，通过证明即可判断A选项；由题意易得，然后展开化简即可判断B选项；进而可得，则有，将绕点A顺时针旋转90度得到，过点A分别作，垂足分别为N、J，通过证明，则可判断C、D选项． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴， 将绕点A顺时针旋转90度得到，连接，如图所示： ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，即；故A正确，不符合题意； ∵，， ∴， ∵， ∴，即， ∴， ∵， ∴，即， ∴，故B正确，不符合题意； ∴，即， ∵， ∴， ∴， 将绕点A顺时针旋转90度得到，过点A分别作，垂足分别为N、J，如图所示： ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，故D错误，符合题意； ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴，故C正确，不符合题意； 故选D． 【点睛】本题主要考查正方形的性质、全等三角形的综合、旋转的性质及相似三角形的性质与判定，解题的关键是正确作出辅助线． 4．（2024·山东潍坊·一模）如图，已知正方形的边长为12，，将正方形边沿折叠到，延长交于，连接，现在有如下4个结论：①；②；③；④．在以上4个结论中，正确的有（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【分析】本题主要考查了翻折变换的性质和正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理的运用．根据正方形的性质和折叠的性质可得，，于是根据“”判定，即可判定①；依据全等三角形的性质以及折叠的性质，即可得到，即可判定③；再由，，为直角三角形，可通过勾股定理列方程求出，，则可判定②；由的面积与面积的比等于，即可判定④． 【详解】解：由折叠可知，，， ， ，故①正确； ， 由折叠可得，， ，故③正确； 正方形边长是12， ， 设，则，， 由勾股定理得：， 即：， 解得：， ，，，故②正确； ，，故④正确； 故选：D． 类型二 正方形半角模型 1．（2024·四川宜宾·中考真题）如图，正方形的边长为1，M、N是边、上的动点．若，则的最小值为 ． 【答案】/ 【分析】将顺时针旋转得到，再证明，从而得到，再设设，，得到，利用勾股定理得到，即，整理得到，从而利用完全平方公式得到 ，从而得解． 【详解】解：∵正方形的边长为1， ∴，， 将顺时针旋转得到，则， ∴，，，， ∴点P、B、M、C共线， ∵， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴， 设，，则，， ∴， ∵， ∴，即， 整理得：， ∴ ， 当且仅当，即，也即时，取最小值， 故答案为：． 【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，正方形的性质，勾股定理，二次根式的运算，完全平方公式等知识，证明和得到是解题的关键． 2．（2025·海南·中考真题）图形的平移、旋转和对称是我们从图形变换的视角研究图形的重要方法．为了深入理解旋转的本质，王老师和同学们在数学实践课上以正方形为背景进行如下探究． 【知识技能】 （1）如图1，在正方形中，、分别是边、上的点，连接、、、且．将绕点按逆时针方向旋转至，则点在的延长线上． ①证明，并判断是否成立； ②若，，请计算正方形的周长． 【教学理解】 （2）如图2，在正方形中，、分别是边、上的点，．连接、，、分别是线段、上的点，连接、、，且（点、、、均不与端点重合）．请猜想线段、、的数量关系，并说明理由． 【拓展研究】 （3）如图3，是正方形的对角线，、分别为线段、上的点，且．将绕点按顺时针方向旋转（旋转角小于）至．连接，取线段的中点，连接、，求的值． 【答案】（1）①见解析；②；（2）；（3） 【分析】（1）①先根据正方形的性质得出，再根据旋转的性质得出，，，，然后证明，根据全等三角形性质与线段的和差得到结论成立；②先根据勾股定理求得，再求得，从而可求得，再求出正方形的边长，从而可求得正方形的周长； （2）将绕点B逆时针旋转得，连接，先由旋转性质可得：，根据全等三角形的性质可得，，，，再证明，根据全等三角形的性质得出，再证明四边形是平行四边形，从而可得，再根据平行线的性质可得，进而可证明，再利用勾股定理可求解； （3）先利用正方形的性质，结合，可得同H为中点，是等腰直角三角形，从而可得，再根据中位线定理可得，，从而可说明是等腰直角三角形，再根据旋转的性质可得是等腰直角三角形，于是就有，进而求得，再证明，列出比例式，求得的值． 【详解】（1）解：①证明：∵四边形是正方形， ∴， ∵将绕点B按逆时针方向旋转90°至， ∴，，，， ∴，， ∴点M在的延长线上， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴成立； ②∵，，， ， ∴， ∴， ∴正方形的边长为， ∴正方形的周长为； （2），理由如下： 将绕点B逆时针旋转得，连接，如图： 由旋转性质可得：， ∴，，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴，即， ∴， ∴； （3）过C作于H，连接，设交于K，如图： ∵四边形是正方形，， ∴H为中点，是等腰直角三角形， ， ∵E为的中点， ∴是的中位线， ∴，， ∵，， ∴是等腰直角三角形， ∵将绕点B按顺时针方向旋转（旋转角小于）至， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，即， ∵， ∴， ∴， ∴， 即， ∴， ∴， 即的值为． 【点睛】本题考查了相似三角形综合应用，全等三角形判定与性质，等腰直角三角形三边的关系，勾股定理及应用等知识，解题关键是掌握全等三角形判定与性质，相似三角形判定与性质． 3．（2024·四川乐山·中考真题）在一堂平面几何专题复习课上，刘老师先引导学生解决了以下问题： 【问题情境】 如图1，在中，，，点D、E在边上，且，，，求的长． 解：如图2，将绕点A逆时针旋转得到，连接．    由旋转的特征得，，，． ∵，， ∴． ∵， ∴，即． ∴． 在和中， ，，， ∴___①___． ∴． 又∵， ∴在中，___②___． ∵，，    ∴___③___． 【问题解决】 上述问题情境中，“①”处应填：______；“②”处应填：______；“③”处应填：______． 刘老师进一步谈到：图形的变化强调从运动变化的观点来研究，只要我们抓住了变化中的不变量，就能以不变应万变． 【知识迁移】 如图3，在正方形中，点E、F分别在边上，满足的周长等于正方形的周长的一半，连结，分别与对角线交于M、N两点．探究的数量关系并证明．    【拓展应用】 如图4，在矩形中，点E、F分别在边上，且．探究的数量关系：______（直接写出结论，不必证明）．    【问题再探】 如图5，在中，，，，点D、E在边上，且．设，，求y与x的函数关系式．    【答案】【问题解决】①；②；③5；【知识迁移】，见解析；【拓展应用】；【问题再探】 【分析】【问题解决】根据题中思路解答即可； 【知识迁移】如图，将绕点逆时针旋转，得到．过点作交边于点，连接．由旋转的特征得．结合题意得．证明，得出．根据正方形性质得出．结合，得出．证明，得出．证明．得出．在中，根据勾股定理即可求解； 【拓展应用】如图所示，设直线交延长线于点，交延长线于点，将绕着点顺时针旋转，得到，连接．则．则，，根据，证明，得出，过点H作交于点O，过点H作交于点M，则四边形为矩形．得出，证明是等腰直角三角形，得出，，在中，根据勾股定理即可证明； 【问题再探】如图，将绕点逆时针旋转，得到，连接．过点作，垂足为点，过点作，垂足为．过点作，过点作交于点、交于点．由旋转的特征得．根据，得出，证明，得出，根据勾股定理算出，根据，表示出，证明，根据相似三角形的性质表示出，，同理可得．，证明四边形为矩形．得出，，在中，根据勾股定理即可求解； 【详解】【问题解决】解：如图2，将绕点A逆时针旋转得到，连接．    由旋转的特征得，，，． ∵，， ∴． ∵， ∴，即． ∴． 在和中，，，， ∴①． ∴． 又∵， ∴在中，②． ∵，， ∴③． 【知识迁移】． 证明：如图，将绕点逆时针旋转，得到． 过点作交边于点，连接．    由旋转的特征得． 由题意得， ∴． 在和中，， ∴． ∴． 又∵为正方形的对角线， ∴． ∵， ∴． 在和中，， ∴， ∴． 在和中，， ∴． ∴． 在中，， ∴． 【拓展应用】． 证明：如图所示，设直线交延长线于点，交延长线于点，    将绕着点顺时针旋转，得到，连接． 则． 则，， ， ， 在和中 ， ， ∴， 过点H作交于点O，过点H作交于点M，则四边形为矩形． ∴， ， ， 是等腰直角三角形， ， ， ， ， ， 在中，，， ∴， 即， 又∴， ∴， 即， 【问题再探】如图，将绕点逆时针旋转，得到，连接．过点作，垂足为点，过点作，垂足为．过点作，过点作交于点、交于点．    由旋转的特征得． ， ， ，即， 在和中，， ， ， ， ， 又， ， ， ， ， ，即， ， 同理可得． ， ， ， 又∵， ∴四边形为矩形． ， ， 在中，． ， 解得． 【点睛】本题是四边形的综合题，考查的是旋转变换的性质、矩形的性质和判定、正方形的性质和判定、勾股定理、等腰直角三角形的性质和判定、全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，灵活运用旋转变换作图，掌握以上知识点是解题的关键． 4．（2025·福建·模拟预测）我们可以通过类比联想，引申拓展研究典型题目，达到解一题知一类的目的下面是一个案例，请你补充完整． 原题：如图，点分别在正方形的边上，，连接则，请说明理由． 思路梳理 （1）， 把绕点逆时针旋转至，可使与重合． ， ， 即点在一条直线上． 根据______，易证______，得． 类比引申 （2）如图，四边形中，，点分别在边上，若都不是直角，则当与满足等量关系______时，仍有． 联想拓展 （3）如图，在中，，点均在边上，且． ①试猜想线段之间的数量关系，请证明你的猜想； ②直接写出的面积． 【答案】（1），；（2）；（3）①，理由见解析；② 【分析】本题考查旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，正方形的性质，利用旋转构造全等三角形，是解题的关键： （1）利用旋转的性质，证明，即可； （2）同法（1）进行证明即可； （3）①把绕点A逆时针旋转到的位置，连接，证明，推出是直角三角形，利用勾股定理和等量代换即可得出结论．②先求解，再进一步求解即可． 【详解】解：（1）如图， ，， 把绕点逆时针旋转至，可使与重合，如图， ， ，点，、共线， 则，， ， 即， 在和中， ， ≌， ； 故答案为：，； （2）当时，，理由如下： 如图， ，， 把绕点逆时针旋转至，可使与重合， ，， ，， ， ， ， ， ，点、、共线， 在和中， ， ， ， 即； 故答案为：； （3）①，理由如下： 把旋转到的位置，连接，，如图，则，， ，， ， 又， ， 在和中， ， ， ， 又， ， 是直角三角形， ， ②，，， ， ， ∵， 的边上的高为， ． 5．（2025·山东东营·中考真题）【问题情境】在数学综合实践课上，同学们以四边形为背景，探究非动点的几何问题．若四边形是正方形，，分别在边，上，且，我们称之为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法． (1)【初步尝试】如图1，将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到，连接．用等式写出线段，，的数量关系_____． (2)【类比探究】小明改变点的位置后，进一步探究：如图2，点，分别在正方形的边，的延长线上，，连接，用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由； (3)【拓展延伸】其他小组提出新的探究方向：如图3，在四边形中，，，，点，分别在边，上，，用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由． 【答案】(1) (2)，理由见解析 (3) 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，图形旋转的性质，正方形的性质，熟练掌握利用图形的旋转来构造全等三角形是解题的关键． （1）根据图形旋转的性质，可得，，，，然后证明E、B、N三点共线，再证明，得到，即得答案； （2）将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到，根据旋转的性质及全等三角形的判定与性质，可逐步证明，即得答案； （3）将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到，根据图形旋转的性质，可得，，，，然后证明E、B、N三点共线，再证明，得到，即得答案． 【详解】（1）解：绕点A顺时针旋转，得到， ，，，， 四边形是正方形， ， ， E、B、N三点共线， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ； 故答案为：； （2）解：；理由如下： 将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到， ，，，， E在上， 四边形是正方形， ， ， ， ， ， ， ， ， ； （3）解：．理由如下： 将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到， ，，，， ， ， E、B、N三点共线， ， ， ， ， ． 6．（2025·四川攀枝花·中考真题）如图1，正方形的边长为2．E、F分别为边、上的动点，的周长为4，是延长线上的一点，且． (1)求证：； (2)试问的大小是否为定值，如果是，请求出该定值；如果不是，请说明理由； (3)如图2，若为边的中点，过点作，垂足为．求的最小值． 【答案】(1)见解析 (2)的大小是定值，定值为 (3) 【分析】（1）利用正方形的性质证明，得到，再利用角的和差得到，即可证明； （2）由的周长为4，得到，由正方形的边长为2得到，得到，进而利用线段的和差推出，通过证明得到，结合即可得出结论； （3）连接，利用全等三角形的性质得到，利用三角形的面积公式得到，利用勾股定理求出的长，再根据即可求出的最小值． 【详解】（1）证明：∵正方形， ∴，， ∴， ∴， 在和中， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：∵的周长为4， ∴， ∵正方形的边长为2， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 由（1）得，， ∴， 在和中， ∴， ∴， ∴， ∴的大小是定值，定值为； （3）解：连接， ∵正方形的边长为2， ∴，， ∴是的高， ∵， ∴是的高， 由（2）得，， ∴， ∴， 由（2）得，， ∴， ∵为边的中点， ∴， ∴， ∵， ∴， 解得， ∴的最小值为． 【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的性质与判定、勾股定理、三角形的面积公式、线段最值问题，正确找出全等三角形并证明是解题的关键． 题型04 十字架模型 使用场景：在正方形ABCD中，E，F分别是BC，DC上的点，AE与BO相交于点O，互相推导①BE=CF，②AE=BF，③AE⊥BF 图示： 解题策略： 1）①⇒②③:由①BE=CF，结合正方形的性质，可证△ABE≌△BCF(SAS)，可得②AE=BF，导角可得③AE⊥BF. 2）②→①③:由②AE=BF，结合正方形的性质，可证Rt△ABE≌Rt△BCF(HL)，可得①BE=CF，导角可得③AE⊥BF. 3）③⇒①②:由③AE⊥BF导角，结合正方形的性质，可证△ABE≌△BCF（ASA），可得①BE=CF，②AE=BF. 大招结论：相等则垂直，垂直则相等. 类型一 两边过顶点 1．（2023·湖北黄石·中考真题）如图，正方形中，点，分别在，上，且，与相交于点．    (1)求证：≌； (2)求的大小． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）直接利用证明全等即可； （2）根据全等的性质，得出，再由，从而求出． 【详解】（1）证明：四边形是正方形， ，， ， ，即， 在和中， ≌； （2）解：由（1）知≌， ， ， ． 【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，解题的关键是掌握相关图形的性质和判定． 2．（2024·甘肃甘南·中考真题）某学校数学兴趣小组在数学课外活动中，对多边形内两条互相垂直的线段做了如下探究： (1)如图1，在正方形中，点E，F分别是，上的两点，连接，，且，猜想并计算的值； (2)如图2，在矩形中，，点E是上的一点，连接，且，求的值； (3)如图3，在四边形中，，点E为上一点，连接，过点C作的垂线交的延长线于点G，交的延长线于点F，求证：． 【答案】(1)1 (2) (3)见解析 【分析】（1）首先根据正方形的性质得到，，然后证明出，根据可得，由此可得得到，即可得到； （2）根据矩形的性质可得，再根据同角的余角相等可得.进而可得，由此可以求出的值． （3）过点F作，则可得四边形是矩形，根据“同角的余角相等”和“对顶角相等”可得，由此可证，进而可求出，即． 【详解】（1）解：猜想，理由如下： 设与的交点为G， ∵四边形是正方形，， ， ， ， ，， ． 在和中 ， ， ， ； （2）解：∵四边形是矩形， ， ， ∴， ， ∴； （3）解：如图，过点F作， ∴， ， ∴四边形是矩形, ， 又， ， ∴, ， ， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，矩形的性质与判定，解直角三角形，全等三角形的判定与性质，相似三角形的性质与判定，熟练掌握各知识点是解题的关键． 3．（2025·四川乐山·二模）在正方形中，边长为3，点、分别是边、上的点，且，连接、． (1)如图1，与的数量关系是______，位置关系是______； (2)如图2，若点、分别是、的中点，求证：； (3)延长至点，连接，若，试求与的函数关系表达式． 【答案】(1)； (2)详见解析 (3) 【分析】（1）证，得出，，再证即可； （2）连并延长交于G，求出长，再根据中位线的性质求出，进一步即可证明结论成立； （3）过点B作于点H，根据勾股定理求出，，进一步得到即可． 【详解】（1）解：设与交于点Q， ∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：，． （2）连接并延长交于G，连接 ∵， ∴， ∵E为的中点， ∴ ∵ ∴ ∴，， ∵F为的中点， ∴， ∴， ∵正方形的边长为3，， ∴， ∴； ∴， ∵ ∴ （3）过点B作于点H， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； 【点睛】本题考查了正方形的性质，解直角三角形，全等三角形的判定与性质，中位线性质和勾股定理，解题关键是熟练运用相关性质进行推理证明和准确计算． 类型二 一边过顶点 1．（2023·广东珠海·三模）某班数学课题学习小组对矩形内两条互相垂直的线段与矩形两邻边的数量关系进行探究，提出下列问题． (1)【图形认知】如图①，在正方形中，，交于点，则 （填比值）； (2)【探究证明】如图②，在矩形中，，分别交、于点、，分别交、于点、，求证：； (3)【结论应用】如图③，将矩形沿折叠，使得点和点重合，若，．求折痕的长； (4)【拓展运用】如图④，将矩形沿折叠，使得点落在边上的点处，点落在点处，得到四边形，若，，，请求点P到直线的距离． 【答案】(1)1 (2)证明见解析 (3) (4) 【分析】（1）由题意知，，，证明，则，进而可得的比值； （2）如图②，过作交于，过作交于，由矩形，可得，，则四边形、均为平行四边形，，，同（1）可得，证明，则，； （3）由矩形的性质可得，由勾股定理得，由（2）可知，，即，计算求解即可； （4）如图④，延长到，过作于，由（2）可知，，即，解得，由勾股定理得，由折叠的性质可得，，，，设，则，在中，结合勾股定理即可解得，即，再证明，则，计算求解的值，进而可得点到直线的距离． 【详解】（1）解：由题意知，， 又∵， ∴， ∴， ∵在和中， ， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． （2）证明：如图②，过作交于，过作交于， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴四边形、均为平行四边形， ∴，， 同（1）可得， 又∵， ∴， ∴， ∴． （3）解：由矩形的性质可得， 由勾股定理得， 由（2）可知，，即，解得， ∴的长． （4）解：如图④，延长到，过作于， 由（2）可知，，即，解得， ∴在中，由勾股定理得， 由折叠的性质可得，，，， 设：，则， ∴在中，由勾股定理得， ∴， 解得， ∴，， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴，即， 解得， ∴点到直线的距离为． 【点睛】本题考查了正方形、矩形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理，折叠等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用． 2．（2025·辽宁锦州·三模）综合与实践 【了解定义】 如果两条线段同时满足下面两个条件①端点都在正方形的边（所在直线）上；②垂直且相等，则称这两条线段叫做正方形的等垂线段．如图1，正方形中，点，分别在，边上，连接，，若且，则称与为正方形的等垂线段． 【基础探究】 （1）如图2，正方形中，点，，分别在，，上，连接，，若于点，请判断与是否为正方形的等垂线段，说明理由； 【深入探究】 （2）如图3，正方形中，点在边上，点在延长线上，连接，，交于点，若，求证：与是正方形的等垂线段； 【拓展应用】 （3）如图4，正方形中，，是中点，点，分别在，上，，交于点，连接，，若，为正方形的等垂线段，，求的长． 【答案】（1）与是正方形的等垂线段，理由见解析；（2）见解析；（3） 【分析】本题考查正方形的性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定、等腰三角形的判定与性质、勾股定理等知识，理解题中定义是解答的关键． （1）过点作分别交，于点，，先证明四边形是平行四边形得到，再证明得到，则，根据等垂线段定义可得结论； （2）过点D作于点N，交于点M，由（1）知．根据等角对等边得到．证明得到，则，进而可得，，根据等垂线段可得结论； （3）过点G作于M，则有，根据等垂线段可得．证明可得．设，则，，在中，利用勾股定理列方程求得x值即可解答． 【详解】解：（1）与是正方形的等垂线段 理由：过点作分别交，于点，， ∵四边形为正方形， ∴，，． ∴四边形是平行四边形， ∴． 又∵， ∴． ∴． ∴． ∴． ∴． ∴． ∴与是正方形的等垂线段． （2）证明：过点D作于点N，交于点M， ∴由（1）知． ∵， ∴． ∴． ∴． 即． ∵四边形为正方形， ∴． ∴． 又∵， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴与是正方形的等垂线段； （3）解：过点G作于M，则有， ∵，为正方形的等垂线段， ∴． ∵在正方形中，有，， ∴， ∴， ∴． ∵，F是中点， ∴． 设，则，， 在中，， ． 即． （负值已舍去）． 即的长为． 类型三 两边均不过顶点 1．（2023·宁夏吴忠·一模）知识再现 如图①，在正方形中，，，，分别是边，，，上的点，，当时， ； 问题探究 如图②，在中，，分别是边，上的点，，猜想与的数量关系，并说明理由； 实践应用 如图③，在中，，，，分别是，上的点，交于点，，，，求的长． 【答案】知识再现：10；问题探究：，见解析；实践应用： 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，正方形的性质，相似三角形的判定以及性质，全等三角形的判定以及性质，锐角三角函数的应用，等知识，掌握这些判定定理以及性质是解题的关键． （1）知识再现，作于M，于N，利用正方形的性质得出，再利用同角的余角相等得出，证明，由全等三角形的性质即可得出． （2）问题探究，利用平行四边形的性质先证得由相似三角形的性质得出，再证明，再得出，结合，即可得出. （3）实践应用：作于H，设，由，，解出x，求出，再由（2）结论，求出． 【详解】解：（1）知识再现：作于M，于N，如下图： ∵四边形是正方形， ∴四边形和四边形为矩形， ∴，， ∵四边形为正方形， ∴， ∴，， ∵， 设交于P， ∴，， ∴， ∴， ∴． （2）问题探究：，理由如下： ∵四边形为平行四边形， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴． （3）实践应用： 如图，作于H， 设， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 解得：， ∴， 由(2)可知，， ∴， ∴， ∴， ∵， 即， 解得：． 2．（2025·山东·模拟预测）在一次数学研究性学习中，小明发现：如图1，在正方形中，点E，Q分别在边上，于点O，点G，F分别在边上，，通过证明，再证四边形为平行四边形，从而证出． (1)【学以致用】：如图2，正方形纸片的边长为12，E是边上一点，连接，折叠该纸片，使点A落在上的G点，并使折痕经过点B，折痕与交于点H，点F在上，若，求的长． (2)【类比探究】：如图3，在矩形中，，将矩形沿折叠，使点A落在边上的点E处，得到四边形交于点H，连接交于点O，试探究与之间的数量关系，并说明理由． (3)【拓展应用】如图4，在矩形中，，点M，N分别在边上．沿着直线折叠矩形，点A，B分别落在点E，F处，且点F在线段上（不与两端点重合），过点M作于点H，连接交于点O．若，求折叠后重叠部分的面积． 【答案】(1) (2)，理由见解析 (3) 【分析】（1）根据正方形的性质和直角三角形的性质得出相等的角和边，证明， 得出，利用勾股定理求出，最后利用等面积法进行求解即可； （2）过作，同（1）可证，然后利用相似三角形的对应边成比例即可求解； （3），则，利用勾股定理求出的值，求出相关线段的长度，证明，得出，利用勾股定理求出，连接，记，的交点为，先求得，再利用锐角三角函数比求出，求得，最后可求面积． 【详解】（1）解：由对折可得：，，， ， 四边形是正方形， ，， ， ， ， ， ， ∴由等面积法得； （2）解：如图，过作，而四边形是矩形， ， 四边形为平行四边形， ， 由对折可得：， ， 同（1）可得：，， ， ， ，， ， ； （3）解：四边形是矩形， ，，， ， ，， 由折叠可设，则， 由勾股定理得， ， 解得：， ，， 由折叠可得：，， 由 (2) 的结论同理可得：，， ， ， 由勾股定理得， 如图，连接，记，的交点为， ，，， 由勾股定理得， ， 结合折叠可得：， ， 同理可得：， ， ， ， ， ， ， 折叠后重叠部分的面积为． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，等面积法，平行四边形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数，解题的关键是熟练掌握以上性质，并灵活应用． 题型05 风车模型 1．（2024·四川眉山·中考真题）综合与实践 问题提出：在一次综合与实践活动中，某数学兴趣小组将足够大的直角三角板的一个顶点放在正方形的中心处，并绕点旋转，探究直角三角板与正方形重叠部分的面积变化情况． 操作发现：将直角三角板的直角顶点放在点处，在旋转过程中： （1）若正方形边长为4，当一条直角边与对角线重合时，重叠部分的面积为______；当一条直角边与正方形的一边垂直时，重叠部分的面积为______． （2）若正方形的面积为，重叠部分的面积为，在旋转过程中与的关系为______． 类比探究：如图1，若等腰直角三角板的直角顶点与点重合，在旋转过程中，两条直角边分别角交正方形两边于，两点，小宇经过多次实验得到结论，请你帮他进行证明． 拓展延伸：如图2，若正方形边长为4，将另一个直角三角板中角的顶点与点重合，在旋转过程中，当三角板的直角边交于点，斜边交于点，且时，请求出重叠部分的面积． （参考数据：，，） 【答案】（1）4；4；（2）；类比探究：见解析；拓展延伸： 【分析】本题考查了正方形的性质，图形旋转的性质，三角形的全等的判定及性质，三角函数的概念等知识点，正确作辅助线证明三角形全等是解题的关键． 操作发现：（1）根据图形即可判断重叠部分即为（对角线分成的四个三角形中的一个）求出面积即可；当一条直角边与正方形的一边垂直时，如图，证明四边形是正方形，求解面积即可； （2）如图，过点作于点，于点．证明，从而证明，即可求得结论； 类比探究： 先证明，从而证明，即可证明结论； 拓展延伸：过点作于点，于点．先证明，即可证明，，从而证明，根据，即可求得，由重叠部分的面积，即可求得结果． 【详解】解：操作发现：（1）四边形是正方形， ， 当一条直角边与对角线重合时，重叠部分的面积为； 当一条直角边与正方形的一边垂直时，如图， ， 四边形是矩形， 四边形是正方形， ，， ， ， 四边形是正方形， ， 四边形的面积是4， 故答案为：4，4； （2）如图，过点作于点，于点． 是正方形的中心， ， ， 四边形是矩形， ， 四边形是正方形， ， ， ， ， ， ， ． 故答案为：； 类比探究： 证明：四边形是正方形， ，，， ， ， ， ， ， ， ， 拓展延伸： 过点作于点，于点． 同（2）可知四边形是正方形， ，， ， ， ， ， ，， ， ， 由（1）可知，， ， ， ， 重叠部分的面积 ． 2．（2023·湖北襄阳·中考真题）【问题背景】 人教版八年级下册数学教材第63页“实验与探究”问题1如下：如图，正方形的对角线相交于点，点又是正方形的一个顶点，而且这两个正方形的边长相等，无论正方形绕点怎样转动，两个正方形重叠部分的面积，总等于一个正方形面积的.想一想，这是为什么？（此问题不需要作答） 九年级数学兴趣小组对上面的问题又进行了拓展探究、内容如下：正方形的对角线相交于点，点落在线段上，（为常数）．    【特例证明】 （1）如图1，将的直角顶点与点重合，两直角边分别与边，相交于点，. ①填空：______； ②求证：．（提示：借鉴解决【问题背景】的思路和方法，可直接证明；也可过点分别作，的垂线构造全等三角形证明．请选择其中一种方法解答问题②．） 【类比探究】 （2）如图2，将图1中的沿方向平移，判断与的数量关系（用含的式子表示），并说明理由． 【拓展运用】 （3）如图3，点在边上，，延长交边于点，若，求的值． 【答案】（1）①1；②见解析；（2），理由见解析；（3）3 【分析】（1）①利用正方形性质即可得出答案； ②根据正方形的性质可得，，，利用证明即可； （2）过点作交于，利用平行线的性质及正方形的性质易证得，，可证明，利用相似三角形性质即可得出答案； （3）过点作交于，作于，作于，利用证得，可得：，，再证得，可得，同理可得：，推出，进而可得，令，则，，，利用勾股定理即可求得答案． 【详解】解：（1）①由正方形的性质可知：， ∵将的直角顶点与点重合， ∴， 故答案为：1； ②证明：∵四边形是正方形， ∴，，， ∴， 即， ∴， ∴． （2），理由如下： 过点作交于，    ∴，， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴，， ∴，， 即， ∴， ∴． （3）过点作交于，作于，作于，    则， ∴， 即， ∴， 由（2）和已知条件可得：，， ∴， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴， 同理可得：， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 令，则，，， ∴， ∴． 【点睛】此题是相似三角形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，作出辅助线构造出相似三角形和全等三角形是解本题的关键． 3．（2023·广东深圳·一模）（1）【探究发现】如图1，正方形的对角线相交于点O，在正方形绕点O 旋转的过程中，边与边交于点M，边与边交于点N．证明：． （2）【类比迁移】如图2，矩形的对角线相交于点O，且，，在矩形，绕点O 旋转的过程中，边与边交于点M，边与边交于点N．若，求的长； （3）【拓展应用】如图3，四边形和四边形都是平行四边形，且，，，是直角三角形，在绕点O 旋转的过程中，边与边交于点M，边与边交于点N．当与重叠部分的面积是的面积的时，请直接写出的长． 【答案】（1）见解析；（2）；（3）或 【分析】（1）由正方形的性质可得，，通过角的和差得到，即可通过证得； （2）过点作的平行线交于点，交于点，过点作垂线交于点，由矩形的性质可得，，从而得出，，证明，从而可得，再由相似三角形的性质求解即可； （3）由平行四边形的性质可得，，由是直角三角形，，得出或；当时，过点作的垂线交于点，过点作的垂线交于点，则，从而可得，设，则，设，则，证明，再证明，得出，再结合勾股定理可得，从而得出，设，则，由相似三角形的性质求出，再根据，计算得出，进而得出，最后由勾股定理计算；当时，过点作的平行线交于点，交于点，过点作垂线交于点，设，由题意可得，，求出，，证明，求出，进而可得；再根据，求出，进而可得，最后再由勾股定理计算即可得解． 【详解】（1）证明：∵四边形、为正方形， ∴，，， ∴， ∴， ∴； （2）解：如图，过点作的平行线交于点，交于点，过点作垂线交于点， ， ∵四边形和四边形都是矩形，，，， ∴，， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）∵四边形是平行四边形，，， ∴，， 又∵是直角三角形，， ∴或 当时，如图，过点作的垂线交于点，则， ， ∴， 设，则， ∴， 设， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 设，则， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵与重叠部分的面积是的面积的，平行四边形对角线平分平行四边形的面积， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； 当时，四边形和四边形都是矩形， 此时， 过点作的平行线交于点，交于点，过点作垂线交于点， ∵四边形和四边形都是矩形，，，设， ∴，， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； ∵与重叠部分的面积是的面积的，平行四边形对角线平分平行四边形的面积， ∴， ∴， 解得， ∴，即点Q与点O重叠， 此时； 综上所述，当与重叠部分的面积是的面积的时，的长为或． 【点睛】本题考查了正方形的性质、平行四边形的性质、矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质、三角形外角的定义与性质等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，采用分类讨论的思想，添加适当的辅助线是解此题的关键． 题型06 对角互补模型 模型1 两90°的等邻边对角互补模型 1.基础类型 条件：如图，已知∠AOB＝∠DCE＝90°，CD＝CE 结论：①OC平分∠AOB，②OD＋OE＝OC，③. 【注意】已知角平分线、邻边相等（非对称）和对角互补中的两个，可推导出第三个. 2.模型引申 条件：如图，已知∠DCE的一边与AO的延长线交于点D，∠AOB＝∠DCE＝90°，CD＝CE.[来源:学科网ZXXK] 提示：借助“8字模型”可推得∠ODC=∠CEF 结论：①OC平分∠AOB，②OE－OD＝OC，③. 模型2. 含120°、60°的等邻边对角互补模型 1.基础类型 条件：如图，已知∠AOB＝2∠DCE＝120°，CD＝CE. 结论：①OC平分∠AOB，②OD＋OE＝OC，③. 2.模型引申 条件：如图，已知∠AOB＝2∠DCE＝120°，CD＝CE，∠DCE的一边与BO的延长线交于点D， 结论：①OC平分∠AOB，②OD－OE＝OC，③. 1．（2025·广东深圳·三模）定义：有一组对角互补的四边形叫做互补四边形． (1)互补四边形中，若，求的度数； (2)如图，在四边形中，平分，，．求证：四边形是互补四边形； (3)如图，互补四边形中，，，点，分别是边，的动点，且，周长是否变化？若不变，请求出不变的值；若有变化，说明理由； (4)如图，互补四边形中，，，，将纸片先沿直线对折，再将对折后的图形沿从一个顶点出发的直线裁剪，剪开后的图形打开铺平，若铺平后的图形中有一个是面积为的平行四边形，求的长． 【答案】(1)； (2)证明见解析； (3)周长不变，周长为； (4)的长为或． 【分析】（1）由定义可得，设，，，解方程后即可求出的度数； （2）在上取，连接，利用“边角边”证明，由全等三角形的性质得，，再由等量代换、等边对等角得出，根据即可证四边形是互补四边形； （3）延长使，连接、，利用“边角边”证明，由全等三角形的性质得，，可证，再利用“边角边”证明，再结合全等三角形的性质得，即，证明后，结合全等三角形性质、含的直角三角形特征、勾股定理得到，即可得到周长； （4）分两种情况考虑：①四边形是平行四边形；②四边形是平行四边形，结合平行四边形性质、全等三角形的判定与性质、菱形的判定与性质、含的直角三角形特征、勾股定理即可求出的长． 【详解】（1）解：依题意得：， 设，，， 即， 解得， ，，， ． （2）解：在上取，连接， 平分， ， 在和中， ， ， ，， ， ， ， 又， ， 即对角互补，四边形是互补四边形． （3）解：周长不变，证明如下： 延长使，连接、， ， ， 在和中， ， ， ，， ， ， 在和中， ， ， ， ， 在和中， ， ， ，， ， ，， ， 故周长不变，周长为． （4）解：分两种情况： ①如下图所示，四边形是平行四边形， ， ，， ，， ， 同（3）得，， ， ， ， 四边形是菱形， ，， 设， 作于点，则， 菱形的面积， 解得或（舍去）， ， ， ，， ； ②如下图所示，四边形是平行四边形， ， 平行四边形是菱形， ，， 作交于点，交于点， 设，则， 菱形的面积， 解得或（舍去）， ， ， ， 则中，，，， ，， ， 同①得：， ， 是的外角， ， ， ． 综上所述：的长为或． 【点睛】本题考查的知识点是一元一次方程的实际应用、全等三角形的判定与性质、等边对等角、含的直角三角形特征、勾股定理、平行四边形性质、菱形的判定与性质，解题关键是熟练掌握全等三角形的判定与性质． 2．（2025·湖南湘潭·模拟预测）阅读理解： 如果同一平面内的四个点在同一个圆上，则称这四个点共圆，一般简称为“四点共圆”．证明“四点共圆”判定定理有：1、若线段同侧两点到线段两端点连线夹角相等，那么这两点和线段两端点四点共圆；2、若平面上四点连成的四边形对角互补，那么这四点共圆．例：如图1，若，则四点共圆；或若，则四点共圆． (1)如图1，已知，，则_____； (2)如图2，若为等腰的边上一点，且，求的长； (3)如图3，正方形的边长为4，等边内接于此正方形，且，，分别在边，，上，若，求的长． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由，得出A，B，C，D四点共圆，则，即可得出结果； （2）在线段取一点，使得，推出， 得出，证出，则，再证出，由证得得出是等腰直角三角形，即可得出结果； （3）作于，则是的中点，连接，，则，得出E、K、G、B和E、K、F、A分别四点共圆，则，，得出是等边三角形，，作，则M为的中点，得出，，由勾股定理求出即可得出结果． 【详解】（1）解：， 四点共圆， ． 故答案为： （2）在线段取一点，使得，如图2所示： ， ， ， ， ， ， ，， ， 在和中， ， （）， ， ， 是等腰直角三角形， ； （3）作于，则是的中点，连接，，如图3所示： ， 、、、和、、、分别四点共圆， ，， 是等边三角形， ， 作，则为的中点， ， ， ， ． 【点睛】本题是四点共圆综合题目，考查了四点共圆的判定、圆周角定理、正方形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理等知识；本题综合性强，有一定难度． 3．（2025·辽宁抚顺·一模）【问题初探】 数学兴趣小组在几何图形的问题的探究中发现，若四边形的一对对角互补，则另一对对角也互补，于是就把这类四边形称为“互补四边形”，且发现，互补四边形的一个外角等于它的邻补角的对角（简称为内对角）．如图1，在四边形中，若，则，且．（无需证明） 【问题整合】 若互补四边形中的一条对角线也是角平分线，便可以利用角平分线的性质来做辅助线解决相关问题： 问题1：含的互补四边形． 如图1，在四边形中，，且平分． 求证：． 数学兴趣小组思路如下：过点D作．垂足为E，，垂足为F，由角平分线的性质和互补四边形的基本结论易证，进一步证得四边形为正方形，从而解决问题． 请你借鉴数学兴趣小组的方法解答以下问题： 问题2：含的互补四边形． （1）如图2，在四边形中，，平分，则下列结论中正确的是______（填序号） ①；②；③若，则． （2）如图3，在四边形中，，平分，猜想之间的数量关系，并说明理由． 问题3：含α角的互补四边形． （3）如图4，在四边形中，，平分，且，求四边形的面积．（用含有的三角函数表示） 【答案】（1）①②③；（2），见解析；（3） 【分析】此题考查了全等三角形的判定和性质、解直角三角形、勾股定理等知识，构造全等三角形是解题的关键． （1）过点作，垂足分别为，利用全等三角形的判定和性质、含的直角三角形的性质等知识即可证明结论都成立； （2）过点作，垂足分别为，构造全等三角形结合解直角三角形即可证明结论； （3）过点作，垂足分别为，构造全等三角形结合解直角三角形即可得到答案； 【详解】解：（1）过点作，垂足分别为， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，故①正确； ∵ 平分， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴ 故②正确； 若， 则， ∴， ∵，，， ∴ ∴， ∵， ∴ 故③正确． 故答案为：①②③． （2）．理由如下： ∵平分， ． 过点D作于点E，于点F． ． ， ． ． ∵平分，， ． ． ． 在中，， ． 同理可得， ． ． ． （3）过点D作于点E，于点F． ， ． ． ，平分， ． ． 在中，，， ，． ． 题型07 折叠模型 与特殊平行四边形有关的折叠问题与轴对称的知识联系紧密，解决这类问题有两个“秘诀”: 一是折叠前后的两部分是全等的(对应边、对应角相等)； 二是折叠前后的对应点所连线段被折痕垂直平分. 1．（2025·西藏·中考真题）如图，在正方形中，，点E是的中点，把沿折叠，点B落在点F处，延长交于点G，连接，则的长为（   ） A． B．2 C． D． 【答案】C 【分析】本题考查正方形中的翻折问题，勾股定理，三角形全等的判定与性质，解题的关键是掌握翻折性质，由折叠的性质易知，证明，设，则，由勾股定理得到，求出，最后利用勾股定理即可求解． 【详解】解：∵四边形为正方形， ∴，， 由折叠的性质易知， ∴，， ∴，， 又∵， ∴， ∴． ∵E为边的中点， ∴． 设，则， ∴，， 在中，， ∴， 解得， ∴， ∴， ∴． 故选：C． 2．（2025·河北·中考真题）如图，将矩形沿对角线折叠，点落在处，交于点．将沿折叠，点落在内的处，下列结论一定正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了矩形的折叠问题，三角形内角和定理以及三角形的外角的性质，熟练掌握折叠的性质是解题的关键；结果矩形的性质的可得，，则，进而根据折叠的性质得出，，即可求解． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∴ ∵折叠 ∴ ∴ ∵，即 ∴，故A不正确 ∵ ∴，故B不正确 ∵折叠， ∴ ∵，故C不正确，D选项正确 故选：D． 3．（2025·山东济南·中考真题）如图，正方形纸片中，E是上一点，将纸片沿过点E的直线折叠，使点A落在上的点G处，点B落在点H处，折痕交于点F．若，，则 ． 【答案】/ 【分析】由折叠性质可知，进而利用同角的余角相等证明，由此即可得出，进而确定．在中，根据勾股定理列方程求解即可． 【详解】解：如图，连接交于点，过点作，垂足为， 则， ∵正方形， ∴，， ∴四边形是矩形， ∴， 由折叠可知， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵ ∴， 设正方形边长为，则， ∵， ∴， 在中，，即 解得：或（不合题意舍去） ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，矩形的判定与性质，掌握折叠的性质，根据垂直模型证明是解题关键． 4．（2025·甘肃兰州·中考真题）“三等分角”是两千多年来数学史上最著名的古典四大问题之一，阿基米德等数学家通过巧妙的几何作图得到了解决“三等分角”问题的特例方法．某数学兴趣小组通过折纸与尺规作图相结合的方法探究“三等分锐角”问题的解法，解决过程如下： 操作步骤与演示图形 如图①，已知一个由正方形纸片的边PK与经过顶点P的直线构成的锐角．按照以下步骤进行操作： 任意折出一条水平折痕，与纸片左边交点为Q；再折叠将PK与重合得到折痕，与纸片左边交点为N，如图②． → 折叠使点Q，P分别落在和上，得到折痕m，对应点为，，m交于M，如图③④． → 保持纸片折叠，再沿MN折叠，得到折痕的一部分，如图⑤． → 将纸片展开，再沿折叠得到经过点P的完整折痕，如图⑥． → 将纸片折叠使边PK与重合，折痕为．则直线和就是锐角的三等分线，如用⑦⑧． 解决问题 （1）请依据操作步骤与演示图形，通过尺规作图完成以下两个作图任务：（保留作图痕迹．不写作法） 任务一：在图③中，利用已给定的点作出点； 任务二：在图⑥中作出折痕． （2）若锐角为，则图⑤中与相交所成的锐角是__________． 【答案】（1）见解析；（2）50 【分析】本题考查轴对称图形的性质，尺规作图——作垂直平分线，作角平分线，平行线的性质，读懂题意是解题的关键． （1）任务一：连接，作的垂直平分线m，过点P作直线m的垂线，交边于点A，以点A为圆心，的长为半径作弧，交直线于点，则点为所求； 任务二：作出与所成夹角的角平分线，即为折痕； （2）根据三等分线得到，再由平行线的性质即可求解． 【详解】解：（1）任务一：如图，点为所求． 任务二：如图，折痕为所求． （2）如图， 由题意可知，是的三等分线， ∴， ∵， ∴， ∴与相交所成的锐角是． 故答案为：50 5．（2025·吉林·中考真题）【问题背景】在学习了平行四边形后，某数学兴趣小组研究了有一个内角为的平行四边形的折叠问题．其探究过程如下： 【探究发现】如图①，在平行四边形中，，，E为边的中点，点F在边上，且，连接，将沿翻折得到，点D的对称点为点G．小组成员发现四边形是一个特殊的四边形，请判断该四边形的形状，不需要说明理由． 【探究证明】取图①中的边的中点M，点N在边上，且，连接，将沿翻折得到，点B的对称点为点H．连接，，如图②．求证：四边形是平行四边形． 【探究提升】在图②中，四边形能否成为轴对称图形．如果能，直接写出的值；如果不能，说明理由． 【答案】[探究发现]：四边形是菱形，理由见解析；[探究证明]：四边形是平行四边形；[探究提升]：四边形为轴对称图形时，的值为或，理由见解析 【分析】本题考查四边形综合应用，涉及到平行四边形，矩形，菱形、等边三角形等知识，解题的关键是掌握菱形的判定定理，平行四边形的判定定理； [探究发现]由将△沿翻折得到△，即知，，而，故； [探究证明]同探究发现可知四边形是菱形，有，而为边的中点，为边的中点，四边形是平行四边形，即可得，，又，，故，，从而四边形是平行四边形； [探究提升]若四边形为轴对称图形，则四边形是矩形或菱形，分两种情况进行讨论：当四边形是矩形时，过作于，过作于，设，则，可得，，求出，即可得；当四边形是菱形时，延长交于，设，求出，即可得． 【详解】[探究发现]：解：四边形是菱形，理由如下： 将△沿翻折得到△， ，， ， ， 四边形是菱形； [探究证明]：证明：如图： 将△沿翻折得到△， ，， ， ， 四边形是菱形， ， 为边的中点，为边的中点， ，， 四边形是平行四边形， ，， ，， 四边形是菱形， ，， ，， 四边形是平行四边形； [探究提升]：解：四边形能成为轴对称图形，理由如下： 由[探究证明]知，四边形是平行四边形，若四边形为轴对称图形，则四边形是矩形或菱形， 当四边形是矩形时，过作于，过作于，如图： ， ， ， 设，则， ， 为中点， ，， 四边形是菱形， ， 四边形是矩形， ， ，， ， ， ， ， ， ； 当四边形是菱形时，延长交于，如图： 设，则， 四边形是菱形， ， ，， 四边形是平行四边形，， ，， ， △是等边三角形， ， ， ； 综上所述，四边形为轴对称图形时，的值为或． 题型08 最值模型 类型一 利用矩形对角线相等求最值 1．（2025·四川广安·二模）如图，在中，是边上的动点（不与点A，B重合），过点分别作于点于点，连接，则的最小值为 ． 【答案】3 【分析】本题主要考查了矩形的性质、垂线段最短、含30度直角三角形的性质等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键． 如图：连接， 先说明四边形是矩形，再根据矩形的性质可得，由垂线段最短可得时，线段的值最小，即最小；再根据含30度直角三角形的性质求解即可． 【详解】解：如图：连接， ∵，，， ∴四边形是矩形， ∴， 由垂线段最短可得时，线段的值最小，即最小， ∵， ∴，即的最小值为3． 故答案为：3． 2．（2023·四川雅安·中考真题）如图，在中，．P为边上一动点，作于点D，于点E，则的最小值为 ．    【答案】 【分析】连接，利用勾股定理列式求出，判断出四边形是矩形，根据矩形的对角线相等可得，再根据垂线段最短可得时，线段的值最小，然后根据直角三角形的面积公式列出方程求解即可． 【详解】解：如图，连接，    ∵， ∴， ∵于点D，于点E，， ∴四边形是矩形， ∴， 由垂线段最短可得时，线段的值最小，此时线段的值最小， 此时，， 代入数据：， ∴， ∴的最小值为， 故答案为：． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，垂线段最短的性质，勾股定理，判断出时，线段的值最小是解题的关键． 3．（2025·陕西汉中·模拟预测）如图，在中，，点为上一动点，且 ，连接，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】此题考查勾股定理，矩形的判定与性质，垂线段最短等知识，连接，作于点，由，证明四边形是矩形，则，由，得，则B，由勾股定理得，求得或，当时，则，不符合题意，舍去；当时，则，由，求得，由，得，则的最小值为，于是得到问题的答案，正确地作出辅助线是解题的关键． 【详解】解：连接，作于点，如图： ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， ， ， 整理得， 解得：或， 当时，则， ∴不符合题意，舍去， 当时，则， ， ， ， ， ， ∴的最小值为， 故答案为：． 类型二 利用菱形的对称性求最值 1．（2025年江苏省连云港市中考数学试题）如图，在菱形中，，，为线段上的动点，四边形为平行四边形，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】利用四边形为平行四边形，得出，，由为线段上的动点，可知、运动方向和距离相等，利用相对运动，可以看作是定线段，菱形在方向上水平运动，过点作的平行线， 过点作关于线段的对称点，由对称性得，则，当且仅当、、依次共线时，取得最小值，此时，设与交于点，交于点，延长交延长线于点，分别证明四边形和四边形是矩形，求出，，再利用勾股定理求出即可． 【详解】解：∵四边形为平行四边形， ∴，， ∵为线段上的动点， ∴可以看作是定线段，菱形在方向上水平运动， 则如图，过点作的平行线， 过点作关于线段的对称点， 由对称性得， ∴，当且仅当、、依次共线时，取得最小值， 此时如图，设与交于点，交于点，延长交延长线于点， ∵菱形中，，， ∴，，， 由题可得， ∴由对称性可得， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴，， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴，， ∴， 即的最小值为， 故答案为：． 【点睛】本题考查菱形的性质，平行四边形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理，轴对称的性质，两点之间线段最短，根据题意结合相对运动得出运动轨迹，再利用将军饮马解决问题是解题的关键． 2．（2025年黑龙江省绥化市中考数学试卷）如图，在菱形中，，对角线，点是边的中点，点是对角线上的一个动点，连接、．则的最小值是 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，等边三角形的性质和判定， 连接，根据两点之间线段最短可知的最小值为，再结合菱形的性质得，然后根据勾股定理得，可得，结合等腰三角形的性质得，，接下来根据勾股定理得，此题可解． 【详解】解：如图，连接， 作点P关于直线的对称点，则，点是的中点， ∴． 根据两点之间线段最短，可知的最小值为， ∵四边形是菱形， ∴， 根据勾股定理，得， ∴． ∵点是的中点， ∴，． 在中，． 所以的最小值为． 故答案为：． 3．（2025·西藏·中考真题）如图，在菱形中，，，连接，点P是上的一个动点，连接，，则的最小值是 ． 【答案】 【分析】本题考查了旋转-最短路线问题，三角形全等的判定，菱形的性质以及等边三角形的性质．通过将绕点A顺时针方向旋转的点，此时证明和全等后找到对应的线段，的最小值即为点B，，P，D四点共线时，线段的长度即为所求． 【详解】如图，将线段绕点A顺时针方向旋转，得到线段，连接，，， 由题意知，在菱形中，，， ∴和为等边三角形， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，即点B，，P，D四点共线时，的最小， 此时最小值的长度为． 故答案为：． 类型三 利用正方形的对称性求最值 1．（2025·河南驻马店·模拟预测）如图，在边长为4的正方形中，点在边上，且，若为平面内一点，且满足，连接，则线段的最小值为 ，最大值为 ． 【答案】 / / 【分析】本题考查了勾股定理，直角三角形的外接圆，线段的最值问题，将线段的最值问题转化为点与圆上的点的最值问题是解题的关键； 取的中点F，连接，由可得点P在以为直径的圆上，再利用点与圆的位置关系求线段的最小值和最大值． 【详解】如图，取的中点F，连接，以为直径作圆， ， 点P在以为直径的圆上， 四边形为正方形，且边长为4， ，， ， 又，由勾股定理得， 点P在以为直径的圆上， 的最小值为，最大值为． 故答案为：；． 2．（2025·辽宁沈阳·三模）如图，为正方形对角线上一动点，，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】如图将绕点顺时针旋转得到，当、、、共线时，最小，作交的延长线于，的延长线交的延长线于，在中由勾股定理即可解决问题． 本题考查正方形的性质、旋转变换等知识，解题的关键是利用旋转添加辅助线，构造全等三角形． 【详解】解：如图将绕点顺时针旋转得到，当、、、共线时，最小， 理由：，， 是等边三角形， ，， ， 当、、、共线时，最小， 作交的延长线于，的延长线交的延长线于，则四边形是矩形， 在中， ，，， ，，，， 中， ， 的最小值为， 故答案为：． 3．（2021·安徽安庆·三模）如图，为正方形内一点，且，过作于，为线段上的一动点，若正方形的边长为4，则的最小值为（   ） A．3 B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查等腰三角形的判定与性质和正方形的性质及应用，熟练掌握正方形的性质和等腰三角形的性质是解题的关键，等腰三角形的性质可得，从而得到，，，，过点A作交于点E，在上取点F，使得，并连接，可证明，则，是等边三角形，则是的垂直平分线，从而证得是等边三角形，过点P作交于点M，并连接，则，当三点共线时，最小，且最小值为，此时，即可求解. 【详解】解：∵为正方形内一点，， ∴， ∴点在边的中垂线上， 又∵， ∴是边的中垂线， ∴，，， 过点A作交于点E，则，在上取点F，使得，并连接， ∴，， ∵， ∴，则， ∴， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴是的垂直平分线， ∴， ∴是等边三角形， ∴， 过点P作交于点M，并连接， ∴， ∴， 当三点共线时，最小，且最小值为，此时， ∴， 故选：B． 4．（2025·四川广安·模拟预测）如图，正方形的边长为12，点M在上，且，点N是上一动点，则的最小值为 ． 【答案】15 【分析】本题考查了正方形的性质，勾股定理，解答本题的关键是根据轴对称的性质作出图形得到的最小值即为线段的长．连结，，，根据轴对称的性质，得到，的最小值即的最小值，即为线段的长，再根据勾股定理，即可求得的长，即得答案． 【详解】解：连结，，， 正方形是轴对称图形，点B与点D是以直线为对称轴的对称点， 直线即为的垂直平分线， ， ， 当点N在与的交点P处，取得最小值，最小值为的长， 正方形的边长为12，且， ，，， ， 的最小值为15． 故答案为：15． 5．（2025·陕西延安·二模）【问题提出】 （1）如图1，为正方形的对角线，为的中点，为上任意一点，连接，若，则的最小值为___________； 【问题解决】 （2）如图2，是李叔叔家的农场平面示意图，李叔叔欲对该农场进行扩建，扩建部分为，其中点在的延长线上，分别为边的中点，在四边形内养殖家禽，为一道栅栏，经测量，米，为两个饲料储存点，其中为的中点，点在上，现要沿，修建两条运输通道，问运输通道的总长度是否存在最小值？若存在，请求出该最小值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）；（2）存在，米 【分析】（1）取的中点E，连接，可证明，得到，则当三点共线时，有最小值，即此时有最小值，最小值为线段的长，在中，由勾股定理得，则的最小值为； （2）证明四边形是矩形，得到．再证明四边形是菱形；连接交于点，则，互相垂直平分，则当三点共线时，的值最小，即为的长．证明为等边三角形，而米，则米．米，则（米）．的最小值为米． 【详解】解：（1）如图所示，取的中点E，连接， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵为的中点，E为的中点， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴当三点共线时，有最小值，即此时有最小值，最小值为线段的长， 在中，由勾股定理得， ∴的最小值为； （2）存在， 四边形是平行四边形， ． ， 四边形是平行四边形． ， ， 四边形是矩形， ． 四边形是平行四边形， ． 分别为边的中点， ， 四边形是平行四边形． 为边的中点， ， 四边形是菱形； 如图，连接交于点，则，互相垂直平分， ， 当三点共线时，的值最小，即为的长． ， ， 为等边三角形，而米， 米． 为的中点， 米， （米）． 的最小值为米． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，菱形的性质与判定，矩形的性质与判定，勾股定理，全等三角形的性质与判定等待，正确作出辅助线是解题的关键． 1．（2024·山西·中考真题）在四边形中，点，，，分别是边，，，的中点，，交于点．若四边形的对角线相等，则线段与一定满足的关系为(　　) A．互相垂直平分 B．互相平分且相等 C．互相垂直且相等 D．互相垂直平分且相等 【答案】A 【分析】本题主要考查了中点四边形、菱形的判定与性质及三角形的中位线定理，根据题意画出示意图，得出中点四边形的形状与原四边形对角线之间的关系即可解决问题． 【详解】解：如图所示， 连接，， 点和点分别是和的中点， 是的中位线， ． 同理可得， ， ，， 四边形是平行四边形． ， ，且， ， 平行四边形是菱形， 与互相垂直平分． 故选：A． 2．（2024·四川凉山·中考真题）如图，四边形各边中点分别是，若对角线，则四边形的周长是 ． 【答案】42 【分析】本题考查的是中点四边形，熟记三角形中位线定理是解题的关键． 根据三角形中位线定理分别求出、、、，根据四边形的周长公式计算，得到答案． 【详解】解：四边形各边中点分别是、、、， 、、、分别为、、、的中位线， ，，，， 四边形的周长为：， 故答案为：42． 3．（2025·云南·模拟预测）如图，点、、、分别是四边形边、、、的中点，如果且，则 ． 【答案】8 【分析】本题考查的是中点四边形，掌握三角形中位线定理是解题的关键． 连接，根据三角形中位线定理得出，，，再由矩形的判定得出四边形为矩形，利用其性质即可求解． 【详解】解：连接，如图所示： ，，，分别是四边形边，，，的中点， 是的中位线，是的中位线，是的中位线，是的中位线， ，，， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形为矩形， ∴ 故答案为：8． 4．（2025·江西·中考真题）如图，在矩形纸片中，沿着点折叠纸片并展开，的对应边为，折痕与边交于点．当与，中任意一边的夹角为时，的度数可以是 【答案】或或 【分析】本题主要考查矩形的性质和折叠的性质，解题的关键是要分情况讨论与，的夹角情况，再利用矩形的性质和折叠的性质以及直角三角形两锐角互余的性质求出的度数． 【详解】解：①当与的夹角为时， 即,如图： ，, , , ; ②当与的夹角为时， 即,如图： ，, , , ; 或，如图： ，, , , ; 综上，的度数可以是或或． 故答案为：或或． 5．（2025·四川内江·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，正方形的边在x轴上，点B的坐标为．点E在边上．将沿折叠，点D落在点F处．若点F的坐标为．则点E的坐标为 ． 【答案】 【分析】本题考查翻折变换（折叠问题），勾股定理，矩形的判定与性质，正方形的性质，坐标与图形变化-对称，利用勾股定理求出正方形的边长是解题关键．设，可得，在中，利用勾股定理可求出，根据翻折的性质得出，，，设，在中利用勾股定理可求出a值，即可得答案． 【详解】解：在平面直角坐标系中，正方形的边在x轴上，如图，设与y轴交于点G，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵点A的坐标为， ∴， ∵将沿折叠，点D落在点F处．若点F的坐标为， ∴，，， 在中，由勾股定理得：， ∴， 解得：， ∴， 设，则，， 在中，由勾股定理得：， ∴， 解得：， ∴点E的坐标为， 故答案为： 6．（2025·青海西宁·中考真题）如图，点E是正方形的边的中点，连接，将沿所在直线折叠，点C落在点F处，连接并延长交于点G，连接． (1)求证：； (2)若，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】本题考查轴对称的性质，正方形的性质，全等三角形的判定及性质，勾股定理，掌握相关知识是解题的关键． （1）由正方形的性质与折叠可得，与都是直角三角形，根据 “”即可证明； （2）由中点的定义得到，由折叠得到，设，则，，在中，根据勾股定理构造方程，求解即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形 ∴，， 由折叠可得，， ∴，， ∴在和中 ∴； （2）解：∵，点E是的中点， ∴， 由折叠得到， ∵ ， ∴ 设，则， ∵在中，， ∴ 解得 ∴． 7．（24-25九年级上·宁夏银川·期末）小明在学习了特殊平行四边形这一章后，对特殊平行四边形的探究产生了兴趣，发现另外一类特殊四边形，如图1，已知四边形，，像这样两条对角线互相垂直的四边形叫做“垂美四边形”． 【概念理解】 在平行四边形、矩形、菱形、正方形中，一定是垂美四边形的是_________． 【性质探究】 通过探究，小明探索并证明了“垂美四边形”的一些性质，请根据证明过程，完成填空． 性质1：垂美四边形四条边之间的数量关系 如图1，，由勾股定理可知， 中，，中，， 同理，， 则， 即_________． 性质2：垂美四边形的面积与两条对角线之间的数量关系 _________． 【问题解决】 （1）如图1，若，，则_________．若，，则四边形的面积_________； （2）如图2，，是的中线，，垂足为O，，设，用含a的代数式表示_________； （3）如图3，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和．连接．求证：四边形为垂美四边形． 【答案】【概念理解】菱形，正方形；【性质探究】，；【问题解决】（1）13，40；（2）；（3）证明见解析 【分析】本题考查勾股定理，四边形面积求解，全等三角形判定及性质，正方形性质等． 根据题意可得为菱形和正方形； 根据题意可得和； （1）根据题意可得，； （2）先证明四边形为垂美四边形，继而得到，即可得到本题答案； （3）连接，设与交于点，与交于点，先证明和△全等，继而利用全等性质得到本题答案． 【详解】解：【概念理解】根据题意可得为菱形和正方形， 故答案为：菱形，正方形； 【性质探究】根据题意可得： ∴， ∴， 故答案为：，； 【问题解决】（1）∵，，， ∴， ∵，， ∴， 故答案为：13，40； （2）∵，是的中线， ∴，， ∵， ∴四边形为垂美四边形， ∴， ∵，， ∴， ∴，整理得：， 故答案为：； （3）证明：连接，设与交于点，与交于点， ， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴，即， 在和△中， ， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为垂美四边形； 8．（2025·甘肃天水·一模）【模型建立】 （1）如图1，四边形是正方形，点N，M分别在，边上，且，连接，将绕点A顺时针旋转，点D与点B重合，得到，用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由； 【模型应用】 （2）如图2，四边形是正方形，点N，M分别在正方形的边，的延长线上，，连接，用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由； 【模型迁移】 （3）如图3，在四边形中，，，，点N，M分别在边，上，，连接，用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由． 【答案】（1），见解析；（2），见解析；（3），见解析 【分析】本题考查全等三角形的判定与性质，正确理解题意是解题的关键： （1）首先利用证明，得，从而得出答案； （2）在上取.连接，首先由，得，，再利用证明，得，即可证明结论； （3）将绕点A逆时针旋转得，由旋转的性质得点E、D、C共线，由（1）同理可得，得，从而解决问题. 【详解】（1）.证明如下： 由旋转，可知：，，，. ∴点E、B、C共线， ∵， ∴. 在和中， ， ∴. ∴， ∵， ∴； （2）.证明如下： 在上取.连接， ∵，， ∴， ∴，， ∵， ∴. 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴； （3）将绕点A逆时针旋转得， ∴，，， ∴， ∴， ∴点E、D、C共线， 由（1）同理可得， ∴， ∴. 9．（2024·山东泰安·中考真题）综合与实践 为了研究折纸过程蕴含的数学知识，某校九年级数学兴趣小组的同学进行了数学折纸探究活动． 【探究发现】 （1）同学们对一张矩形纸片进行折叠，如图1，把矩形纸片翻折，使矩形顶点的对应点恰好落在矩形的一边上，折痕为，将纸片展平，连结，与相交于点．同学们发现图形中四条线段成比例，即，请你判断同学们的发现是否正确，并说明理由． 【拓展延伸】 （2）同学们对老师给出的一张平行四边形纸片进行研究，如图2，是平行四边形纸片的一条对角线，同学们将该平行四边形纸片翻折，使点的对应点，点的对应点都落在对角线上，折痕分别是和，将纸片展平，连结，，，同学们探究后发现，若，那么点恰好是对角线的一个“黄金分剧点”，即．请你判断同学们的发现是否正确，并说明理由． 【答案】（1）正确，理由见解析；（2）正确，理由见解析 【分析】本题主要考查了矩形的性质、平行四边形的性质、相似三角形的判定和性质、折叠的性质等知识点，掌握相关知识是解题的关键． （1）如图：作于点M，再证可得，再证明四边形是矩形可得即可证明结论； （2）利用平行线分线段比例可得，再说明，进而得到；再由由平行四边形及折叠可得，，则即可证明结论． 【详解】解：（1）正确，理由如下， 作于点， ， ， ， ， ， ， 又， ． ∴． 是矩形，， 四边形是矩形． ， ． （2）同学们的发现说法正确，理由如下， ， ，， 由折叠知， ， ， ， 由平行四边形及折叠知，， ， ，即点为的一个黄金分割点． 10．（2025·陕西西安·模拟预测）问题提出： （1）如图①，为矩形的对角线，点为的中点，连接．若，．则______． 问题探究： （2）如图②，为菱形的对角线，，，为上任意一点，为上任意一点，求的最小值． 综合应用 （3）如图③，是李叔叔家的农场平面示意图．李叔叔欲将农场扩建．扩建部分为平行四边形．其中点在的延长线上．、分别为边、的中点．在四边形内养家禽，为一道栅栏，经测量，，，米，，、为两个饲料储存点，其中为的中点，点在上，现要沿、修建两条运输管道，问运输管道的总长度是否存在最小值？若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）；（2）；（3）米． 【分析】本题主要考查了菱形的性质与判定、矩形的性质与判定、勾股定理、直角三角形的性质等知识点，正确作出辅助线并灵活运用相关知识成为解题的关键． （1）先根据矩形的性质以勾股定理求得，再根据直角三角形的性质即可解答； （2）如图：连接，过A作于E，由菱形的性质可得垂直平分，则，所以，根据三角形的三边关系可得，当点N和点E重合时，的最小值为，然后证明是等边三角形可得，再根据直角三角形的性质以及勾股定理求得的长即可； （3）证明四边形是矩形，得到．再证明四边形是菱形；连接，交于点，则、互相垂直平分，则当三点共线时，的值最小，即为的长．证明为等边三角形，而米，则米．米，则（米）．的最小值为米． 【详解】解：（1）∵矩形， ∴， ∴， ∵点为的中点， ∴． （2）如图：连接，过A作于E， ∵菱形， ∴垂直平分，， ∴， ∴， ∵， ∴点N和点E重合时，的最小值为， ∵，， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴． ∴的最小值为． （3）存在， ∵四边形是平行四边形， ∴． ∵， ∴四边形是平行四边形． ∵， ， ∴四边形是矩形， ． ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵、分别为边、的中点， ， ∴四边形是平行四边形． ，F为边的中点， ， ∴四边形是菱形； 如图：连接，交于点，则、互相垂直平分， ， ∴当三点共线时，的值最小，即为的长， ∵， ， 为等边三角形，而米， ∴米， ∵为的中点， 米， ∴（米）． ∴的最小值为米． 1．（2024·广东深圳·二模）【问题提出】 （1）如图1，在边长为6的等边中，点D在边上，，连接，则的面积为 ； 【问题探究】 （2）如图2，已知在边长为6的正方形中，点E在边上，点F在边上，且，若，求的面积； 【问题解决】 （3）如图3是我市华南大道的一部分，因自来水抢修，需要在米，米的矩形区域内开挖一个的工作面，其中E、F分别在、边上（不与点B、C、D重合），且，为了减少对该路段的交通拥堵影响，要求面积最小，那么是否存在一个面积最小的？若存在，请求出面积的最小值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）  （2）15  （3）存在一个面积最小的，其最小面积为 【分析】如图所示，过点A作于E，利用等边三角形的性质得到，，再利用勾股定理得到，即可利用求出答案； 如图所示，延长到G使得，连接，证明（SAS），得到，，再证明（SAS），得到，，则； 把绕点A顺时针旋转并把边长缩小为原来的，得到,则，；过点E作于M，作于N，则四边形是矩形，则，解直角三角形得到，进而得到，即，则当的面积最小时，的面积最小；如图所示，作的外接圆，圆心为O，连接，，，过点O作于H，设，由圆周角定理得到，则，推出，由于，则当最小时，的面积最小，故当A、O、H三点共线时，有最小值，最小值为，则，即存在一个面积最小的，其最小值为． 【详解】解：（1）如图1所示，过点A作于E， ∵是边长为6的等边三角形， ∴，， ∴， ∵， ∴； 故答案为：； （2）如图2所示，延长到G使得，连接， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴（SAS）， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴（SAS）， ∴，， 又∵， ∴； （3）存在一个面积最小的；理由如下： 把绕点A顺时针旋转并把边长缩小为原来的，得到， ∴， ∵， ∴， 过点E作于M，作于N，则四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴当的面积最小时，的面积最小； 如图3所示，作的外接圆，圆心为O，连接，，，过点O作于H，设， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴当r最小时，的面积最小， ∵， ∴， ∴， ∴当A、O、H三点共线时，r有最小值，最小值为， ∴， ∴存在一个面积最小的，其最小值为． 【点睛】本题主要考查了圆周角定理，勾股定理，旋转的性质，解直角三角形，正方形的性质，等边三角形的性质与判定，矩形的性质与判定，全等三角形的性质与判定等等，通过作辅助线构造直角三角形，全等三角形是解题的关键． 2．（22-23九年级上·四川成都·期中）问题探究：如图1，在正方形中，点E，Q分别在边，上，于点O，点G，F分别在边、上，． (1)①判断与的数量关系：_____； ②推断：_____（填数值）； (2)类比探究：如图2，在矩形中，．将矩形沿折叠，使点A落在边上的点E处，得到四边形，交于点H，连接交于点O．试探究与之间的数量关系，并说明理由； (3)拓展应用1：如图3，四边形中，，，，，点M，N分别在边、上，求的值． (4)拓展应用2：如图2，在（2）的条件下，连接，若，，求的长． 【答案】(1)①；②1 (2)；理由见解析 (3) (4) 【分析】（1）①由正方形的性质得，，接着证明，于是，可得；②证明四边形是平行四边形即可解决问题； （2）过点作于．证明即可解决问题； （3）过点作，交的延长线于点，过点作，连接，证明，得出，证明，可得出，由勾股定理求出，则可得出答案； （4）过点作交的延长线于．设，那么，然后利用勾股定理求得，接着证明相似三角形的性质求出即可解决问题． 【详解】（1）解：①∵四边形是正方形， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中，， ∴， ∴， 故答案为：； ②∵，， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴． 故答案为：1； （2）解：；理由如下： 如图2中，过点作于． 根据折叠的性质可得：， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∴； （3）解：如图3，过点作，交的延长线于点，过点作，连接， ∵，，， ∴四边形是矩形， ∴，，， 在和中，， ∴， ∴， ∴，且， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴（不合题意，舍去），， ∴， ∴， ∵， ∴同（2）可得，， ∴； （4）如图4，过点作交的延长线于． ∵， ∴设， ∵， ∴ ∵， ∴， ∵， ∴， ∴或（不合题意，舍去）， ∴，，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题． 3．（2025·四川眉山·中考真题）综合与实践 【问题情境】下面是某校数学社团在一次折纸活动中的探究过程． 【操作实践】如图1，将矩形纸片沿过点C的直线折叠，使点B落在边上的点处，折痕交于点E，再沿着过点，的直线折叠，使点D落在边上的点处，折痕交于点F．将纸片展平，画出对应点、及折痕、，连接、、． 【初步猜想】（1）确定和的位置关系及线段和的数量关系．创新小组经过探究，发现，证明过程如下：由折叠可知，．由矩形的性质，可知，．①________．．智慧小组先测量和的长度，猜想其关系为②________．经过探究，发现验证和数量关系的方法不唯一： 方法一：证明，得到，再由可得结论． 方法二：过点作的平行线交于点G，构造平行四边形，然后证可得结论． 请补充上述过程中横线上的内容． 【推理证明】（2）请你结合智慧小组的探究思路，选择一种方法验证和的数量关系，写出证明过程． 【尝试运用】（3）如图2，在矩形中，，按上述操作折叠并展开后，过点作交于点G，连接．当为直角三角形时，求出的长． 【答案】（1），（2）见解析（3）或4 【分析】（1）根据折叠的性质，折痕为角平分线，结合平行线的性质，得到，猜想； （2）根据题干给定的2种方法进行证明即可； （3）设，则，，勾股定理求出，①当 ，根据平行线的判定和性质，以及三角形的外角的性质，推出，进而得到，证明，得到，列出比例式，进行求解即可．②当时，可得，利用三角函数列方程求解即可 【详解】解：（1）由折叠可知，． 由矩形的性质，可知， ． ． ． 智慧小组先测量和的长度，猜想其关系为； （2）法一：∵矩形， ∴， ∵折叠， ∴，，， ∴，即：，， 由（1）知： 又∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴； 法二：作交于点G，则：， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∵矩形， ∴， ∴， ∴， ∵折叠， ∴，， ∴， ∴， ∴； （3）解：作交于点G，则：， 由（2）可知：，，， ∴， 设，则：，， ∴， 如图，当， ∴， ∴， ∴， 又∵ ∴， ∴， ∵， ∴， ∴在和中，， ∴，即：， ∴， 解得：或（舍去）； 故． 当时， ∵， ∴， ∴三点共线， ∴， ∵四边形是平行四边形 ∴四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， 设，则， ∴，即，解得：， ∴ 【点睛】本题考查矩形与折叠，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，解直角三角形等知识点，熟练掌握折叠的性质，添加辅助线构造特殊图形，是解题的关键． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $ 第五章 四边形 重难点02 四边形热考模型 （8大类型8种题型） 目 录 01 深挖重难·固根基 1 02 分层锤炼·验成效 28 固·重难考点 拓·创新能力 重难点一 四边形热考模型是中考几何的高频命题载体，以平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质为基础，结合图形变换、动点、角度 / 线段关系设计 “多维度综合题”，核心考查 “模型识别、性质应用、逻辑推理能力”，重点如下： 一、风车模型 核心要求：利用四边形的旋转 / 对称变换，分析线段、角度的等量关系。 特征： 以四边形的顶点为中心，将部分图形旋转（如正方形中旋转△ABE 至△ADF），形成 “风车” 状的对称结构，旋转后对应边 / 角相等。 考法： · 证明线段相等（如旋转后 BE=DF）； · 求角度（如旋转后∠EAF=90°）； · 判断线段位置关系（如 EF 与 BD 垂直）。 二、对角互补模型 核心要求：利用 “四边形对角互补” 的性质，推导线段、角度的关系。 特征： 四边形中一组对角之和为 180°（如∠A+∠C=180°），常结合圆内接四边形（四点共圆）的性质。 考法： · 证明线段相等（如对角互补的四边形中，邻边相等时，对边存在和差关系）； · 求角度（如利用四点共圆，推导圆周角相等）； · 计算面积（如对角互补的四边形面积 = 两组对边乘积之和的一半）。 三、折叠模型 核心要求：结合四边形的折叠变换，利用 “折叠前后边 / 角相等” 分析图形关系。 特征： 四边形沿某条线段折叠，折叠部分与原图形重合，对应边、对应角相等。 考法： · 求折叠后线段的长度（如矩形折叠后，利用勾股定理列方程求边长）； · 求重叠部分的面积（如正方形折叠后，计算重叠三角形的面积）； · 判断折叠后图形的形状（如折叠后形成等腰三角形）。 四、最值模型 核心要求：结合四边形的性质，分析动点下的线段 / 面积最值。 特征： 动点在四边形的边 / 对角线上运动，利用 “垂线段最短”“两点之间线段最短” 等定理求最值。 考法： · 求线段长度的最值（如矩形中，动点到两定点的距离和的最小值）； · 求面积的最值（如平行四边形中，动点形成的三角形面积的最大值）。 五、中点四边形模型 核心要求：利用 “三角形中位线定理”，分析四边形各边中点连接形成的新四边形的性质。 特征： 连接四边形各边中点，形成的新四边形（中点四边形）的形状由原四边形的对角线决定。 考法： · 判断中点四边形的形状（如原四边形对角线相等时，中点四边形是菱形）； · 求中点四边形的周长 / 面积（如原四边形面积为 S，中点四边形面积为\(\frac{1}{2}S\)）。 六、垂美四边形模型 核心要求：利用 “对角线互相垂直的四边形” 的性质，分析线段、面积的关系。 特征： 四边形的对角线互相垂直（如 AC⊥BD），常结合勾股定理推导边的关系。 考法： · 证明边的平方和关系（如AB²+CD²=AD²+BC²）； · 求面积（如垂美四边形的面积 =）。 七、半角模型 核心要求：利用四边形中 “半角”（如 45° 是 90° 的半角）的性质，推导线段的和差关系。 特征： 四边形中存在一个角是另一个角的一半（如正方形中∠EAF=45°，∠BAD=90°），常结合旋转构造全等。 考法： · 证明线段和差（如正方形中 EF=BE+DF）； · 求线段长度（如利用勾股定理，结合线段和差求 EF 的长）。 八、十字架模型 核心要求：利用四边形中 “垂直交叉的线段”（如矩形中的 “十字架”）的性质，分析线段比例。 特征： 四边形中两条线段互相垂直且交叉（如矩形中 AE⊥BF），常结合相似或勾股定理。 考法： · 证明线段比例（如矩形中）； · 求线段长度（如利用勾股定理，结合线段比例求 AE 的长）。 题型01 中点四边形 【基础模型】已知点E、F、G、H分别为任意四边形ABCD四条边AB、BC、CD、AD的中点，则 ①四边形EFGH是平行四边形 ②CEFGH =AC+BD ③ 【名师总结】 1）顺次连接任意四边形各边中点所组成的四边形是矩形. 2）顺次连接对角线互相垂直的四边形各边中点所组成的四边形是矩形. 3）顺次连接对角线相等的四边形各边中点所组成的四边形是菱形. 4）顺次连接对角线互相垂直且相等的四边形各边中点所组成的四边形是正方形. 速记口诀：矩中菱，菱中矩，正中正. 1．（2025·四川攀枝花·中考真题）如图，四边形各边中点分别是，两条对角线与互相垂直，则四边形一定是（   ） A．矩形 B．菱形 C．正方形 D．梯形 2．（2025·广东广州·中考真题）如图，菱形的面积为10，点E，F，G，H分别为，，，的中点，则四边形的面积为（   ） A． B．5 C．4 D．8 3．（2025·四川德阳·中考真题）如图：点E、F、G、H分别是四边形边、、、的中点，如果，四边形的面积为24，且，则（   ） A．4 B．5 C．8 D．10 4．（2025·江苏徐州·中考真题）如图，E，F，G，H分别为矩形各边的中点．若，，则四边形的周长为 ． 5．（2025·甘肃武威·模拟预测）如图，已知四边形中，点E，F，G，H分别是、、、的中点． (1)求证：和互相平分； (2)当和垂直时，与有什么数量关系？说明你的理由． 题型02 垂美四边形 1．（2021·山东枣庄·中考真题）如图1，对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形． （1）概念理解：如图2，在四边形中，，，问四边形是垂美四边形吗？请说明理由； （2）性质探究：如图1，垂美四边形的对角线，交于点．猜想：与有什么关系？并证明你的猜想． （3）解决问题：如图3，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和正方形，连结，，．已知，，求的长． 2．（2025·河南商丘·二模）我们把对角线互相垂直的四边形叫做垂美四边形．例如：在四边形中，对角线与相交于点，若，则四边形为垂美四边形． (1)下面是垂美四边形的是_____；（填序号） 平行四边形        菱形        矩形        正方形 (2)如图，已知四边形是垂美四边形，则边，，，存在怎样的数量关系?并说明理由； (3)如图，已知四边形是垂美四边形，若，，，分别是边，，，的中点，顺次连接，，，，判断四边形的形状，并说明理由； (4)如图，分别以的边，为边向外作正方形和正方形，连接，，，若是直角三角形，，，直接写出的长． 3．（2025·河南南阳·一模）综合与实践： 在学习特殊四边形的过程中，我们积累了一定的研究经验，请运用已有的经验对“对等垂美四边形”进行研究．定义：对角线相等且垂直的四边形叫作对等垂美四边形．    (1)定义理解 图中，、、三点均在格点上，请在格点上确定点，使四边形为对等垂美四边形． (2)深入探究 如图2，在对等垂美四边形中，对角线与交于点，且，，将绕点逆时针旋转（旋转角），、的对应点分别为、，如图3，请判断四边形是否为对等垂美四边形，并说明理由．（仅就图的情况证明即可） (3)拓展运用 在（2）的条件下，若，，当为直角三角形时，直接写出四边形的面积． 4．（2025·四川绵阳·三模）如图，直线的图象与反比例函数的图象交于，两点． (1)若点C为第一象限内反比例函数图象上的一点，且，求点C的坐标； (2)我们把对角线互相垂直的四边形叫做“垂美四边形”．设P是第一象限内的反比例函数图象上一点，Q是x轴上一点，当四边形是垂美四边形且被平分时，求P，Q两点的坐标． 题型03 半角模型 已知正方形ABCD中，E，F分别是BC、CD上的点，∠EAF=45°，AE、AF分别与BD相交于点O、P，则： ①EF=BE+DF ②AE平分∠BEF，AF平分∠DFE ③C∆CEF=2倍正方形边长 ④S∆ABE +S∆ADF =S∆AEF ⑤AB=AG=AD（过点A作AG⊥EF，垂足为点G） ⑥OP2=OB2+OD2 ⑦若点E为BC中点，则点F为CD三等分点 ⑧∆APO∽∆AEF∽∆DPF∽∆BEO∽∆DAO∽∆BPA ⑨ABEP四点共圆、AOFD四点共圆、OECFP五点共圆 ⑩∆APE、∆AOF为等腰直角三角形 (11) EF=OP (12) S∆AEF=2S∆APO (13)AB2=BP×OD(14)CE•CF=2BE•DF (15) ∆EPC为等腰三角形 (16) PX=BX+DP(过点E作EX⊥BD，垂足为点X) 类型一 与正方形半角模型有关的多结论问题 1．（2025·北京东城·一模）如图，在边长为1的正方形中，是边上的一动点（不与点，重合），连接，点关于直线的对称点为，连接并延长交于点，连接．设，，给出下列三个结论： ①；②；③． 上述结论中，所有正确结论的序号是（    ） A．①② B．②③ C．①③ D．①②③ 2．（2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）如图，在正方形中，点H在边上（不与点A、D重合），，交正方形外角的平分线于点F，连接交于点M，连接交于点G，交于点N，连接．则下列结论：①；②点G是的中点；③若点H是的中点，则；④；⑤若，则，其中正确的结论是（    ） A．①②③④ B．①③⑤ C．①②④⑤ D．①②③④⑤ 3．（2024·安徽合肥·二模）正方形中，．点E、F分别在边、上，、分别交于点G、H，．则下列说法中，错误的是（   ） A． B． C． D．当时， 4．（2024·山东潍坊·一模）如图，已知正方形的边长为12，，将正方形边沿折叠到，延长交于，连接，现在有如下4个结论：①；②；③；④．在以上4个结论中，正确的有（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 类型二 正方形半角模型 1．（2024·四川宜宾·中考真题）如图，正方形的边长为1，M、N是边、上的动点．若，则的最小值为 ． 2．（2025·海南·中考真题）图形的平移、旋转和对称是我们从图形变换的视角研究图形的重要方法．为了深入理解旋转的本质，王老师和同学们在数学实践课上以正方形为背景进行如下探究． 【知识技能】 （1）如图1，在正方形中，、分别是边、上的点，连接、、、且．将绕点按逆时针方向旋转至，则点在的延长线上． ①证明，并判断是否成立； ②若，，请计算正方形的周长． 【教学理解】 （2）如图2，在正方形中，、分别是边、上的点，．连接、，、分别是线段、上的点，连接、、，且（点、、、均不与端点重合）．请猜想线段、、的数量关系，并说明理由． 【拓展研究】 （3）如图3，是正方形的对角线，、分别为线段、上的点，且．将绕点按顺时针方向旋转（旋转角小于）至．连接，取线段的中点，连接、，求的值． 3．（2024·四川乐山·中考真题）在一堂平面几何专题复习课上，刘老师先引导学生解决了以下问题： 【问题情境】 如图1，在中，，，点D、E在边上，且，，，求的长． 解：如图2，将绕点A逆时针旋转得到，连接．    由旋转的特征得，，，． ∵，， ∴． ∵， ∴，即． ∴． 在和中， ，，， ∴___①___． ∴． 又∵， ∴在中，___②___． ∵，，    ∴___③___． 【问题解决】 上述问题情境中，“①”处应填：______；“②”处应填：______；“③”处应填：______． 刘老师进一步谈到：图形的变化强调从运动变化的观点来研究，只要我们抓住了变化中的不变量，就能以不变应万变． 【知识迁移】 如图3，在正方形中，点E、F分别在边上，满足的周长等于正方形的周长的一半，连结，分别与对角线交于M、N两点．探究的数量关系并证明．    【拓展应用】 如图4，在矩形中，点E、F分别在边上，且．探究的数量关系：______（直接写出结论，不必证明）．    【问题再探】 如图5，在中，，，，点D、E在边上，且．设，，求y与x的函数关系式．      4．（2025·福建·模拟预测）我们可以通过类比联想，引申拓展研究典型题目，达到解一题知一类的目的下面是一个案例，请你补充完整． 原题：如图，点分别在正方形的边上，，连接则，请说明理由． 思路梳理 （1）， 把绕点逆时针旋转至，可使与重合． ， ， 即点在一条直线上． 根据______，易证______，得． 类比引申 （2）如图，四边形中，，点分别在边上，若都不是直角，则当与满足等量关系______时，仍有． 联想拓展 （3）如图，在中，，点均在边上，且． ①试猜想线段之间的数量关系，请证明你的猜想； ②直接写出的面积． 5．（2025·山东东营·中考真题）【问题情境】在数学综合实践课上，同学们以四边形为背景，探究非动点的几何问题．若四边形是正方形，，分别在边，上，且，我们称之为“半角模型”，在解决“半角模型”问题时，旋转是一种常用的方法． (1)【初步尝试】如图1，将绕点A顺时针旋转，点与点重合，得到，连接．用等式写出线段，，的数量关系_____． (2)【类比探究】小明改变点的位置后，进一步探究：如图2，点，分别在正方形的边，的延长线上，，连接，用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由； (3)【拓展延伸】其他小组提出新的探究方向：如图3，在四边形中，，，，点，分别在边，上，，用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由． 6．（2025·四川攀枝花·中考真题）如图1，正方形的边长为2．E、F分别为边、上的动点，的周长为4，是延长线上的一点，且． (1)求证：； (2)试问的大小是否为定值，如果是，请求出该定值；如果不是，请说明理由； (3)如图2，若为边的中点，过点作，垂足为．求的最小值． 题型04 十字架模型 使用场景：在正方形ABCD中，E，F分别是BC，DC上的点，AE与BO相交于点O，互相推导①BE=CF，②AE=BF，③AE⊥BF 图示： 解题策略： 1）①⇒②③:由①BE=CF，结合正方形的性质，可证△ABE≌△BCF(SAS)，可得②AE=BF，导角可得③AE⊥BF. 2）②→①③:由②AE=BF，结合正方形的性质，可证Rt△ABE≌Rt△BCF(HL)，可得①BE=CF，导角可得③AE⊥BF. 3）③⇒①②:由③AE⊥BF导角，结合正方形的性质，可证△ABE≌△BCF（ASA），可得①BE=CF，②AE=BF. 大招结论：相等则垂直，垂直则相等. 类型一 两边过顶点 1．（2023·湖北黄石·中考真题）如图，正方形中，点，分别在，上，且，与相交于点．    (1)求证：≌； (2)求的大小． 2．（2024·甘肃甘南·中考真题）某学校数学兴趣小组在数学课外活动中，对多边形内两条互相垂直的线段做了如下探究： (1)如图1，在正方形中，点E，F分别是，上的两点，连接，，且，猜想并计算的值； (2)如图2，在矩形中，，点E是上的一点，连接，且，求的值； (3)如图3，在四边形中，，点E为上一点，连接，过点C作的垂线交的延长线于点G，交的延长线于点F，求证：． 3．（2025·四川乐山·二模）在正方形中，边长为3，点、分别是边、上的点，且，连接、． (1)如图1，与的数量关系是______，位置关系是______； (2)如图2，若点、分别是、的中点，求证：； (3)延长至点，连接，若，试求与的函数关系表达式． 类型二 一边过顶点 1．（2023·广东珠海·三模）某班数学课题学习小组对矩形内两条互相垂直的线段与矩形两邻边的数量关系进行探究，提出下列问题． (1)【图形认知】如图①，在正方形中，，交于点，则 （填比值）； (2)【探究证明】如图②，在矩形中，，分别交、于点、，分别交、于点、，求证：； (3)【结论应用】如图③，将矩形沿折叠，使得点和点重合，若，．求折痕的长； (4)【拓展运用】如图④，将矩形沿折叠，使得点落在边上的点处，点落在点处，得到四边形，若，，，请求点P到直线的距离． 2．（2025·辽宁锦州·三模）综合与实践 【了解定义】 如果两条线段同时满足下面两个条件①端点都在正方形的边（所在直线）上；②垂直且相等，则称这两条线段叫做正方形的等垂线段．如图1，正方形中，点，分别在，边上，连接，，若且，则称与为正方形的等垂线段． 【基础探究】 （1）如图2，正方形中，点，，分别在，，上，连接，，若于点，请判断与是否为正方形的等垂线段，说明理由； 【深入探究】 （2）如图3，正方形中，点在边上，点在延长线上，连接，，交于点，若，求证：与是正方形的等垂线段； 【拓展应用】 （3）如图4，正方形中，，是中点，点，分别在，上，，交于点，连接，，若，为正方形的等垂线段，，求的长． 类型三 两边均不过顶点 1．（2023·宁夏吴忠·一模）知识再现 如图①，在正方形中，，，，分别是边，，，上的点，，当时， ； 问题探究 如图②，在中，，分别是边，上的点，，猜想与的数量关系，并说明理由； 实践应用 如图③，在中，，，，分别是，上的点，交于点，，，，求的长． 2．（2025·山东·模拟预测）在一次数学研究性学习中，小明发现：如图1，在正方形中，点E，Q分别在边上，于点O，点G，F分别在边上，，通过证明，再证四边形为平行四边形，从而证出． (1)【学以致用】：如图2，正方形纸片的边长为12，E是边上一点，连接，折叠该纸片，使点A落在上的G点，并使折痕经过点B，折痕与交于点H，点F在上，若，求的长． (2)【类比探究】：如图3，在矩形中，，将矩形沿折叠，使点A落在边上的点E处，得到四边形交于点H，连接交于点O，试探究与之间的数量关系，并说明理由． (3)【拓展应用】如图4，在矩形中，，点M，N分别在边上．沿着直线折叠矩形，点A，B分别落在点E，F处，且点F在线段上（不与两端点重合），过点M作于点H，连接交于点O．若，求折叠后重叠部分的面积． 题型05 风车模型 1．（2024·四川眉山·中考真题）综合与实践 问题提出：在一次综合与实践活动中，某数学兴趣小组将足够大的直角三角板的一个顶点放在正方形的中心处，并绕点旋转，探究直角三角板与正方形重叠部分的面积变化情况． 操作发现：将直角三角板的直角顶点放在点处，在旋转过程中： （1）若正方形边长为4，当一条直角边与对角线重合时，重叠部分的面积为______；当一条直角边与正方形的一边垂直时，重叠部分的面积为______． （2）若正方形的面积为，重叠部分的面积为，在旋转过程中与的关系为______． 类比探究：如图1，若等腰直角三角板的直角顶点与点重合，在旋转过程中，两条直角边分别角交正方形两边于，两点，小宇经过多次实验得到结论，请你帮他进行证明． 拓展延伸：如图2，若正方形边长为4，将另一个直角三角板中角的顶点与点重合，在旋转过程中，当三角板的直角边交于点，斜边交于点，且时，请求出重叠部分的面积． （参考数据：，，） 2．（2023·湖北襄阳·中考真题）【问题背景】人教版八年级下册数学教材第63页“实验与探究”问题1如下：如图，正方形的对角线相交于点，点又是正方形的一个顶点，而且这两个正方形的边长相等，无论正方形绕点怎样转动，两个正方形重叠部分的面积，总等于一个正方形面积的.想一想，这是为什么？（此问题不需要作答） 九年级数学兴趣小组对上面的问题又进行了拓展探究、内容如下：正方形的对角线相交于点，点落在线段上，（为常数）．    【特例证明】（1）如图1，将的直角顶点与点重合，两直角边分别与边，相交于点，. ①填空：______； ②求证：．（提示：借鉴解决【问题背景】的思路和方法，可直接证明；也可过点分别作，的垂线构造全等三角形证明．请选择其中一种方法解答问题②．） 【类比探究】（2）如图2，将图1中的沿方向平移，判断与的数量关系（用含的式子表示），并说明理由． 【拓展运用】（3）如图3，点在边上，，延长交边于点，若，求的值． 3．（2023·广东深圳·一模）（1）【探究发现】如图1，正方形的对角线相交于点O，在正方形绕点O 旋转的过程中，边与边交于点M，边与边交于点N．证明：． （2）【类比迁移】如图2，矩形的对角线相交于点O，且，，在矩形，绕点O 旋转的过程中，边与边交于点M，边与边交于点N．若，求的长； （3）【拓展应用】如图3，四边形和四边形都是平行四边形，且，，，是直角三角形，在绕点O 旋转的过程中，边与边交于点M，边与边交于点N．当与重叠部分的面积是的面积的时，请直接写出的长． 题型06 对角互补模型 模型1 两90°的等邻边对角互补模型 1.基础类型 条件：如图，已知∠AOB＝∠DCE＝90°，CD＝CE 结论：①OC平分∠AOB，②OD＋OE＝OC，③. 【注意】已知角平分线、邻边相等（非对称）和对角互补中的两个，可推导出第三个. 2.模型引申 条件：如图，已知∠DCE的一边与AO的延长线交于点D，∠AOB＝∠DCE＝90°，CD＝CE.[来源:学科网ZXXK] 提示：借助“8字模型”可推得∠ODC=∠CEF 结论：①OC平分∠AOB，②OE－OD＝OC，③. 模型2. 含120°、60°的等邻边对角互补模型 1.基础类型 条件：如图，已知∠AOB＝2∠DCE＝120°，CD＝CE. 结论：①OC平分∠AOB，②OD＋OE＝OC，③. 2.模型引申 条件：如图，已知∠AOB＝2∠DCE＝120°，CD＝CE，∠DCE的一边与BO的延长线交于点D， 结论：①OC平分∠AOB，②OD－OE＝OC，③. 1．（2025·广东深圳·三模）定义：有一组对角互补的四边形叫做互补四边形． (1)互补四边形中，若，求的度数； (2)如图，在四边形中，平分，，．求证：四边形是互补四边形； (3)如图，互补四边形中，，，点，分别是边，的动点，且，周长是否变化？若不变，请求出不变的值；若有变化，说明理由； (4)如图，互补四边形中，，，，将纸片先沿直线对折，再将对折后的图形沿从一个顶点出发的直线裁剪，剪开后的图形打开铺平，若铺平后的图形中有一个是面积为的平行四边形，求的长． 2．（2025·湖南湘潭·模拟预测）阅读理解： 如果同一平面内的四个点在同一个圆上，则称这四个点共圆，一般简称为“四点共圆”．证明“四点共圆”判定定理有：1、若线段同侧两点到线段两端点连线夹角相等，那么这两点和线段两端点四点共圆；2、若平面上四点连成的四边形对角互补，那么这四点共圆．例：如图1，若，则四点共圆；或若，则四点共圆． (1)如图1，已知，，则_____； (2)如图2，若为等腰的边上一点，且，求的长； (3)如图3，正方形的边长为4，等边内接于此正方形，且，，分别在边，，上，若，求的长． 3．（2025·辽宁抚顺·一模）【问题初探】 数学兴趣小组在几何图形的问题的探究中发现，若四边形的一对对角互补，则另一对对角也互补，于是就把这类四边形称为“互补四边形”，且发现，互补四边形的一个外角等于它的邻补角的对角（简称为内对角）．如图1，在四边形中，若，则，且．（无需证明） 【问题整合】 若互补四边形中的一条对角线也是角平分线，便可以利用角平分线的性质来做辅助线解决相关问题： 问题1：含的互补四边形． 如图1，在四边形中，，且平分． 求证：． 数学兴趣小组思路如下：过点D作．垂足为E，，垂足为F，由角平分线的性质和互补四边形的基本结论易证，进一步证得四边形为正方形，从而解决问题． 请你借鉴数学兴趣小组的方法解答以下问题： 问题2：含的互补四边形． （1）如图2，在四边形中，，平分，则下列结论中正确的是______（填序号） ①；②；③若，则． （2）如图3，在四边形中，，平分，猜想之间的数量关系，并说明理由． 问题3：含α角的互补四边形． （3）如图4，在四边形中，，平分，且，求四边形的面积．（用含有的三角函数表示） 题型07 折叠模型 与特殊平行四边形有关的折叠问题与轴对称的知识联系紧密，解决这类问题有两个“秘诀”: 一是折叠前后的两部分是全等的(对应边、对应角相等)； 二是折叠前后的对应点所连线段被折痕垂直平分. 1．（2025·西藏·中考真题）如图，在正方形中，，点E是的中点，把沿折叠，点B落在点F处，延长交于点G，连接，则的长为（   ） A． B．2 C． D． 2．（2025·河北·中考真题）如图，将矩形沿对角线折叠，点落在处，交于点．将沿折叠，点落在内的处，下列结论一定正确的是（    ） A． B． C． D． 3．（2025·山东济南·中考真题）如图，正方形纸片中，E是上一点，将纸片沿过点E的直线折叠，使点A落在上的点G处，点B落在点H处，折痕交于点F．若，，则 ． 4．（2025·甘肃兰州·中考真题）“三等分角”是两千多年来数学史上最著名的古典四大问题之一，阿基米德等数学家通过巧妙的几何作图得到了解决“三等分角”问题的特例方法．某数学兴趣小组通过折纸与尺规作图相结合的方法探究“三等分锐角”问题的解法，解决过程如下： 操作步骤与演示图形 如图①，已知一个由正方形纸片的边PK与经过顶点P的直线构成的锐角．按照以下步骤进行操作： 任意折出一条水平折痕，与纸片左边交点为Q；再折叠将PK与重合得到折痕，与纸片左边交点为N，如图②． → 折叠使点Q，P分别落在和上，得到折痕m，对应点为，，m交于M，如图③④． → 保持纸片折叠，再沿MN折叠，得到折痕的一部分，如图⑤． → 将纸片展开，再沿折叠得到经过点P的完整折痕，如图⑥． → 将纸片折叠使边PK与重合，折痕为．则直线和就是锐角的三等分线，如用⑦⑧． 解决问题 （1）请依据操作步骤与演示图形，通过尺规作图完成以下两个作图任务：（保留作图痕迹．不写作法） 任务一：在图③中，利用已给定的点作出点； 任务二：在图⑥中作出折痕． （2）若锐角为，则图⑤中与相交所成的锐角是__________． 5．（2025·吉林·中考真题）【问题背景】在学习了平行四边形后，某数学兴趣小组研究了有一个内角为的平行四边形的折叠问题．其探究过程如下： 【探究发现】如图①，在平行四边形中，，，E为边的中点，点F在边上，且，连接，将沿翻折得到，点D的对称点为点G．小组成员发现四边形是一个特殊的四边形，请判断该四边形的形状，不需要说明理由． 【探究证明】取图①中的边的中点M，点N在边上，且，连接，将沿翻折得到，点B的对称点为点H．连接，，如图②．求证：四边形是平行四边形． 【探究提升】在图②中，四边形能否成为轴对称图形．如果能，直接写出的值；如果不能，说明理由． 题型08 最值模型 类型一 利用矩形对角线相等求最值 1．（2025·四川广安·二模）如图，在中，是边上的动点（不与点A，B重合），过点分别作于点于点，连接，则的最小值为 ． 2．（2023·四川雅安·中考真题）如图，在中，．P为边上一动点，作于点D，于点E，则的最小值为 ．    3．（2025·陕西汉中·模拟预测）如图，在中，，点为上一动点，且 ，连接，则的最小值为 ． 类型二 利用菱形的对称性求最值 1．（2025年江苏省连云港市中考数学试题）如图，在菱形中，，，为线段上的动点，四边形为平行四边形，则的最小值为 ． 2．（2025年黑龙江省绥化市中考数学试卷）如图，在菱形中，，对角线，点是边的中点，点是对角线上的一个动点，连接、．则的最小值是 ． 3．（2025·西藏·中考真题）如图，在菱形中，，，连接，点P是上的一个动点，连接，，则的最小值是 ． 类型三 利用正方形的对称性求最值 1．（2025·河南驻马店·模拟预测）如图，在边长为4的正方形中，点在边上，且，若为平面内一点，且满足，连接，则线段的最小值为 ，最大值为 ． 2．（2025·辽宁沈阳·三模）如图，为正方形对角线上一动点，，则的最小值为 ． 3．（2021·安徽安庆·三模）如图，为正方形内一点，且，过作于，为线段上的一动点，若正方形的边长为4，则的最小值为（   ） A．3 B． C． D． 4．（2025·四川广安·模拟预测）如图，正方形的边长为12，点M在上，且，点N是上一动点，则的最小值为 ． 5．（2025·陕西延安·二模）【问题提出】 （1）如图1，为正方形的对角线，为的中点，为上任意一点，连接，若，则的最小值为___________； 【问题解决】 （2）如图2，是李叔叔家的农场平面示意图，李叔叔欲对该农场进行扩建，扩建部分为，其中点在的延长线上，分别为边的中点，在四边形内养殖家禽，为一道栅栏，经测量，米，为两个饲料储存点，其中为的中点，点在上，现要沿，修建两条运输通道，问运输通道的总长度是否存在最小值？若存在，请求出该最小值；若不存在，请说明理由． 1．（2024·山西·中考真题）在四边形中，点，，，分别是边，，，的中点，，交于点．若四边形的对角线相等，则线段与一定满足的关系为(　　) A．互相垂直平分 B．互相平分且相等 C．互相垂直且相等 D．互相垂直平分且相等 2．（2024·四川凉山·中考真题）如图，四边形各边中点分别是，若对角线，则四边形的周长是 ． 3．（2025·云南·模拟预测）如图，点、、、分别是四边形边、、、的中点，如果且，则 ． 4．（2025·江西·中考真题）如图，在矩形纸片中，沿着点折叠纸片并展开，的对应边为，折痕与边交于点．当与，中任意一边的夹角为时，的度数可以是 5．（2025·四川内江·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，正方形的边在x轴上，点B的坐标为．点E在边上．将沿折叠，点D落在点F处．若点F的坐标为．则点E的坐标为 ． 6．（2025·青海西宁·中考真题）如图，点E是正方形的边的中点，连接，将沿所在直线折叠，点C落在点F处，连接并延长交于点G，连接． (1)求证：； (2)若，求的长． 7．（24-25九年级上·宁夏银川·期末）小明在学习了特殊平行四边形这一章后，对特殊平行四边形的探究产生了兴趣，发现另外一类特殊四边形，如图1，已知四边形，，像这样两条对角线互相垂直的四边形叫做“垂美四边形”． 【概念理解】 在平行四边形、矩形、菱形、正方形中，一定是垂美四边形的是_________． 【性质探究】 通过探究，小明探索并证明了“垂美四边形”的一些性质，请根据证明过程，完成填空． 性质1：垂美四边形四条边之间的数量关系 如图1，，由勾股定理可知， 中，，中，， 同理，， 则， 即_________． 性质2：垂美四边形的面积与两条对角线之间的数量关系 _________． 【问题解决】 （1）如图1，若，，则_________．若，，则四边形的面积_________； （2）如图2，，是的中线，，垂足为O，，设，用含a的代数式表示_________； （3）如图3，分别以的直角边和斜边为边向外作正方形和．连接．求证：四边形为垂美四边形． 8．（2025·甘肃天水·一模）【模型建立】 （1）如图1，四边形是正方形，点N，M分别在，边上，且，连接，将绕点A顺时针旋转，点D与点B重合，得到，用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由； 【模型应用】 （2）如图2，四边形是正方形，点N，M分别在正方形的边，的延长线上，，连接，用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由； 【模型迁移】 （3）如图3，在四边形中，，，，点N，M分别在边，上，，连接，用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由． 9．（2024·山东泰安·中考真题）综合与实践为了研究折纸过程蕴含的数学知识，某校九年级数学兴趣小组的同学进行了数学折纸探究活动． 【探究发现】（1）同学们对一张矩形纸片进行折叠，如图1，把矩形纸片翻折，使矩形顶点的对应点恰好落在矩形的一边上，折痕为，将纸片展平，连结，与相交于点．同学们发现图形中四条线段成比例，即，请你判断同学们的发现是否正确，并说明理由． 【拓展延伸】（2）同学们对老师给出的一张平行四边形纸片进行研究，如图2，是平行四边形纸片的一条对角线，同学们将该平行四边形纸片翻折，使点的对应点，点的对应点都落在对角线上，折痕分别是和，将纸片展平，连结，，，同学们探究后发现，若，那么点恰好是对角线的一个“黄金分剧点”，即．请你判断同学们的发现是否正确，并说明理由． 10．（2025·陕西西安·模拟预测）问题提出： （1）如图①，为矩形的对角线，点为的中点，连接．若，．则______． 问题探究： （2）如图②，为菱形的对角线，，，为上任意一点，为上任意一点，求的最小值． 综合应用（3）如图③，是李叔叔家的农场平面示意图．李叔叔欲将农场扩建．扩建部分为平行四边形．其中点在的延长线上．、分别为边、的中点．在四边形内养家禽，为一道栅栏，经测量，，，米，，、为两个饲料储存点，其中为的中点，点在上，现要沿、修建两条运输管道，问运输管道的总长度是否存在最小值？若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由． 1．（2024·广东深圳·二模）【问题提出】（1）如图1，在边长为6的等边中，点D在边上，，连接，则的面积为 ； 【问题探究】（2）如图2，已知在边长为6的正方形中，点E在边上，点F在边上，且，若，求的面积； 【问题解决】（3）如图3是我市华南大道的一部分，因自来水抢修，需要在米，米的矩形区域内开挖一个的工作面，其中E、F分别在、边上（不与点B、C、D重合），且，为了减少对该路段的交通拥堵影响，要求面积最小，那么是否存在一个面积最小的？若存在，请求出面积的最小值；若不存在，请说明理由． 2．（22-23九年级上·四川成都·期中）问题探究：如图1，在正方形中，点E，Q分别在边，上，于点O，点G，F分别在边、上，． (1)①判断与的数量关系：_____； ②推断：_____（填数值）； (2)类比探究：如图2，在矩形中，．将矩形沿折叠，使点A落在边上的点E处，得到四边形，交于点H，连接交于点O．试探究与之间的数量关系，并说明理由； (3)拓展应用1：如图3，四边形中，，，，，点M，N分别在边、上，求的值． (4)拓展应用2：如图2，在（2）的条件下，连接，若，，求的长． 3．（2025·四川眉山·中考真题）综合与实践 【问题情境】下面是某校数学社团在一次折纸活动中的探究过程． 【操作实践】如图1，将矩形纸片沿过点C的直线折叠，使点B落在边上的点处，折痕交于点E，再沿着过点，的直线折叠，使点D落在边上的点处，折痕交于点F．将纸片展平，画出对应点、及折痕、，连接、、． 【初步猜想】（1）确定和的位置关系及线段和的数量关系．创新小组经过探究，发现，证明过程如下：由折叠可知，．由矩形的性质，可知，．①________．．智慧小组先测量和的长度，猜想其关系为②________．经过探究，发现验证和数量关系的方法不唯一： 方法一：证明，得到，再由可得结论． 方法二：过点作的平行线交于点G，构造平行四边形，然后证可得结论． 请补充上述过程中横线上的内容． 【推理证明】（2）请你结合智慧小组的探究思路，选择一种方法验证和的数量关系，写出证明过程． 【尝试运用】（3）如图2，在矩形中，，按上述操作折叠并展开后，过点作交于点G，连接．当为直角三角形时，求出的长． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $