第02讲 矩形、菱形、正方形（复习讲义，2考点15题型10重难）（全国通用）2026年中考数学一轮复习讲练测

第五章四边形 第02讲 矩形、菱形、正方形 目录（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接） 01·考情剖析·命题前瞻 2 02·知识导航·网络构建 4 03·考点解析·知识通关 4 04·命题洞悉·题型预测 7 命题点一矩形、菱形、正方形的基础核心题型 题型01矩形性质直接计算题 题型02 菱形性质直接计算题 题型03 正方形性质直接计算题 题型04 矩形判定证明题 题型05 菱形判定证明题 题型06 正方形判定证明题 题型07 特殊平行四边形判定辨析题 命题点二矩形、菱形、正方形的专项综合题型 题型01 矩形与三角形全等/相似综合证明题 题型02 菱形与三角函数综合计算题 题型03 正方形与三角形相似综合题 题型04 折叠问题 题型05 多结论问题 题型06正方形旋转/平移变换题 题型07 特殊平行四边形面积最值探究题 题型08 特殊四边形与实际问题 05·重难突破·思维进阶 31 突破一中点四边形 突破二坐标系中矩形存在性探究题 突破三坐标系中菱形存在性探究题 突破四坐标系中正方形存在性探究题 突破五特殊平行四边形与一次函数/反比例函数综合题 突破六特殊平行四边形与二次函数综合题 突破七特殊平行四边形新定义探究题 突破八探究动点轨迹与线段最值问题 突破九综合与实践类问题 突破十特殊平行四边形与圆的综合题 考点 课标要求 考法分析 矩形 1.理解矩形的概念，掌握矩形与平行四边形的关系 2.掌握矩形的性质与判定定理 3.能运用矩形的性质与判定解决相关计算与证明问题 1.性质应用：常考矩形的对角线相等、四个角为直角等性质，结合勾股定理、全等三角形求线段长或角度（如2025・浙江卷、2025・山东卷） 2.判定证明：结合平行四边形，证明一个四边形是矩形（如2025・江苏卷） 3.综合应用：与折叠、旋转、坐标系结合，探究线段最值或存在性问题（如2025・湖南卷） 4.实际应用：以矩形为背景的测量、面积计算等实际问题 菱形 1.理解菱形的概念，掌握菱形与平行四边形的关系 2.掌握菱形的性质与判定定理 3.能运用菱形的性质与判定解决相关计算与证明问题 1.性质应用：常考菱形的四条边相等、对角线互相垂直平分等性质，结合勾股定理、三角函数求线段长或面积（如2025・四川卷、2025・广东卷） 2.判定证明：结合平行四边形，证明一个四边形是菱形（如2025・河南卷） 3.综合应用：与相似三角形、圆结合，考查角度与线段比例关系（如2025・湖北卷） 4.动态问题：菱形中的动点轨迹、面积最值等探究问题 正方形 1.理解正方形的概念，掌握正方形与矩形、菱形的关系 2.掌握正方形的性质与判定定理 3.能运用正方形的性质与判定解决相关计算与证明问题 1.性质应用：综合矩形与菱形的性质，考查对角线相等且垂直、边长与对角线的比例关系等（如2025・北京卷、2025・上海卷） 2.判定证明：从平行四边形、矩形、菱形出发，证明一个四边形是正方形（如2025・安徽卷） 3.综合压轴：与坐标系、函数、旋转、折叠结合，作为中考几何压轴题的核心图形（如2025・河北卷、2025・重庆卷） 4.新定义问题：以正方形为背景的新定义运算或图形探究，考查知识迁移能力 命题预测 命题趋势：矩形、菱形、正方形是中考几何的核心内容，考查覆盖面广，题型以选择题、填空题、解答题为主，难度跨度从基础到压轴均有涉及。其中，特殊平行四边形的性质与判定是基础考点，而与图形变换（折叠、旋转）、坐标系、函数、三角形全等/相似的综合应用是考查重点，着重考查学生的逻辑推理、数形结合和知识迁移能力。同时，也会涉及到新定义题型，考查学生的阅读理解和创新应用能力。 备考建议： 1. 夯实基础概念：重点掌握矩形、菱形、正方形的性质与判定定理，明确平行四边形与三者的关系，确保在基础证明与计算题上不丢分。 2. 强化性质应用训练：加强对“矩形对角线相等”“菱形对角线垂直平分”“正方形双重性质”等核心特征的应用练习，结合勾股定理、三角函数解决线段与面积计算问题。 3. 突破图形变换综合题：针对折叠、旋转背景下的特殊平行四边形问题，重点训练利用变换不变性（边长、角度不变）推导线段与角度关系的能力。 4. 提升坐标系与函数综合能力：加强坐标系中特殊平行四边形的存在性探究训练，掌握利用中点坐标公式、平移性质等方法求解的技巧，提升数形结合能力。 5. 关注新定义与创新题型：重视以特殊平行四边形为背景的新定义问题，培养材料阅读和逻辑推理能力，提升应对创新题型的能力。 考点一矩形、菱形、正方形的概念及性质 概念 性质 面积 边 角 对角线 其它 矩形 有一个角为_____的平行四边形 对边_____且_____ 四个角都是_____ 对角线互相_____且_____ 对角线将其分成4个_____三角形 （a,b分别为矩形的长和宽） 菱形 有一组邻边_____的平行四边形 对边_____、四条边都_____ 对角_____ 两条对角线互相垂直_____，且每一条对角线平分一组_____ 对角线将其分成4个_____的直角三角形 （a为菱形的边长，h为菱形一边上的高）； （m,n分别为两条对角线的长） 正方形 四条边都_____、四个角都是_____的四边形 四个角都是_____ 对角线将其分成4个全等的__________三角形 （a为正方形的边长） 【补充】矩形、菱形、正方形既是轴对称图形，又是中心对称图形. 1．（2025·陕西·中考真题）如图，在矩形中，，延长至点，延长至点，连接，．若四边形为菱形，则这个菱形的面积为（    ） A．9 B． C． D． 2．（2025·四川巴中·中考真题）如图，四边形是菱形，对角线相交于点O，，，于点H，的长为 ． 3．（2025·甘肃兰州·中考真题）如图，四边形是矩形，对角线相交于点O，点E，F分别在边上，连接交对角线于点P．若P为的中点，，则（    ） A． B． C． D． 4．（2025·陕西·中考真题）如图，正方形的边长为4，点为的中点，点在上，，则的面积为（    ） A．10 B．8 C．5 D．4 考点二矩形、菱形、正方形的判定 四边形 边 角 对角线 矩形 1）平行四边形+______ 2）四边形+______ 平行四边形+两条对角线______ 菱形 1）平行四边形+______ 2）四边形+______ 平行四边形+两条对角线互相______ 正方形 矩形+______ 菱形+______ 矩形+对角线互相______ 菱形+对角线______ 平行四边形+一组______+一个角为______ 5．（2025·山东东营·中考真题）如图，点O是边的中点，连接并延长至点D，使，添加下列选项中的一个条件，不能判定四边形为矩形的是（    ） A． B． C． D． 2．（2025·黑龙江·中考真题）如图，在平行四边形中，对角线相交于点O，请添加一个条件 ，使平行四边形为菱形． 3．（2025·四川乐山·中考真题）如图，在中，对角线与相交于点．小乐同学欲添加两个条件使得四边形是正方形，现有三个条件可供选择：①；②；③．则正确的组合是 （只需填一种组合即可）． 命题点一 矩形、菱形、正方形的基础核心题型 ►题型01矩形性质直接计算题 【典例1】（2025·四川·中考真题）如图，在矩形中，对角线相交于点O，则的长为 ． 【变式1】（2025·四川宜宾·中考真题）如图，在矩形中，点、分别在上，且，把沿翻折，点恰好落在矩形对角线上的点M处．若A、、三点共线，则的值为 ． 【变式2】（2025·山东德州·中考真题）如图，矩形的顶点O，A，C的坐标分别是，，，与矩形周长相等，的面积是矩形面积的一半，则点D的坐标为（   ） A． B． C． D． 【变式3】（2025·黑龙江绥化·中考真题）一个矩形的一条对角线长为10，两条对角线的一个交角为，则这个矩形的面积是（    ） A．25 B． C． D． ►题型02 菱形性质直接计算题 在利用对角线长求菱形的面积时，要特别注意不要漏掉计算公式中的. 【典例2】（2025·江苏常州·中考真题）如图，在菱形中，、是对角线，．若，则的长是（   ） A．4 B．5 C．6 D．10 【变式1】（2025·山东烟台·中考真题）如图，菱形的顶点在轴正半轴上，，反比例函数的图象过点和菱形的对称中心，则的值为（   ） A．4 B． C．2 D． 【变式2】（2025·江苏无锡·中考真题）如图，菱形的边长为2，，对角线相交于点．过点作的平行线交的延长线于点，连接．则的长为 ． 【变式3】（2025·青海·中考真题）如图，在菱形中，，，分别为，的中点，且，则菱形的面积为 ． 【变式4】（2025·福建·中考真题）如图，菱形的对角线相交于点O，过点O且与边分别相交于点E，F．若，则与的面积之和为 ． 【变式5】（2025·甘肃兰州·中考真题）如图，在菱形中，，垂足为E，交于点F，．若，则 ． ►题型03 正方形性质直接计算题 在正方形问题中，一般可以通过证三角形全等来得到等线段或等角，也可以利用正方形的角是直角来构造直角三角形，利用勾股定理解题.在正方形中，也常用对角线互相垂直平分证明线段相等. 【典例3】（2025·山东滨州·中考真题）如图，E、F、G、H四点分别在正方形的四条边上，．若，，则的内切圆半径为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【变式1】（2025·湖北·中考真题）如图，折叠正方形的一边，使点落在上的点处，折痕交于点．若，则的长是（   ） A． B．2 C． D． 【变式2】（2025·北京·中考真题）如图，在正方形中，点E在边上，，垂足为F．若，，则的面积为 ． 【变式3】（2025·山东威海·中考真题）如图，小明同学将正方形硬纸板沿实线剪开，得到一个立方体的表面展开图．若正方形硬纸板的边长为，则折成立方体的棱长为 ． ►题型04 矩形判定证明题 【典例4】（2025·云南·中考真题）如图，在中，，是的中点．延长至点，使．连接，记，的周长为，的周长为，四边形的周长为． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，求的长． 【变式1】（2025·四川攀枝花·中考真题）如图，是的内切圆，与分别相切于点 ，． (1)求的三个内角的大小； (2)设的直径为，证明：． 【变式2】（2025·山东威海·中考真题）（1）如图①，将平行四边形纸片的四个角向内折叠，恰好拼成一个无缝隙、无重叠的四边形．判断四边形的形状，并说明理由； （2）如图②，已知能按照图①的方式对折成一个无缝隙、无重叠的四边形，其中，点M在上，点N在上，点P在上，点Q在上．请用直尺和圆规确定点M的位置．（不写作法，保留作图痕迹） 【变式3】（2025·江苏常州·中考真题）在四边形中，对角线、相交于点O，，． (1)若是等腰三角形，则_______； (2)已知，． ①若，判断四边形是怎样的特殊四边形，并说明理由； ②如图，在中，，求的长． ►题型05 菱形判定证明题 【典例5】（2025·西藏·中考真题）如图，在四边形中，，，点E是的中点，且平分． (1)求证：四边形是菱形； (2)已知，，求线段的长． 【变式1】（2025·吉林长春·中考真题）如图，的对角线、相交于点．求证：是菱形． 【变式2】（2025·云南·模拟预测）如图，在中，，为的中点，垂直平分，交于点． (1)请判断四边形的形状； (2)若，，求四边形的面积． 【变式3】（2025·湖北武汉·模拟预测）如图，中，点是上一点，点是的中点，过点作平行线，与 的延长线交于点F． (1)判断并证明与之间的数量关系； (2)连接，添加一个与线段有关的条件，使四边形是菱形． (不需要说明理由)． ►题型06 正方形判定证明题 在判定一个四边形是正方形时，要弄清是在“四边形”还是在“平行四边形”的基础之上来判定的，判定一个四边形是正方形通常先证明它是矩形，再证明它有一组邻边相等或对角线互相垂直；或者先证明它是菱形，再证明它有一个角是直角或对角线相等；还可以先判定四边形是平行四边形，再证明它有一个角为直角和一组邻边相等． 解答此类问题时要认真审题，通过对已知条件的综合分析，最后确定用哪一种判定方法. 【典例6】（2025·河南郑州·二模）如图，在四边形中，是线段上的任意一点（点与点、不重合），、、分别是、、的中点． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)连接，若，且，求证：四边形是正方形． 【变式1】（2025·甘肃武威·模拟预测）如图，正方形的边长为，E，F，G，H分别是上的动点，且． (1)求证：四边形是正方形； (2)填空：四边形面积的最小值为_____________． 【变式2】（2025·陕西宝鸡·二模）如图，在矩形中，点是边上的点，，交于点求证：四边形是正方形． 【变式3】（2025·山东青岛·二模）已知：如图，在中，M是边的中点，且． (1)判断四边形的形状并证明； (2)如果将沿翻折得到，当和满足什么数量关系时，四边形是正方形，并证明． 【变式4】（2025·黑龙江哈尔滨·二模）如图，中，对角线交于点O，点E在边上，延长交于点F，连接，与互余． (1)求证：四边形是菱形； (2)再选择添加以下条件中的一个且只添加一个，能使菱形为正方形的是______（填序号），并请加以证明． ①；②；③，，． ►题型07 特殊平行四边形判定辨析题 【典例7】（2025·内蒙古赤峰·二模）下列正确命题的个数是（   ） ①有一组邻边相等的四边形是菱形；②四条边相等的四边形是正方形；③有一个角是直角的平行四边形是矩形；④对角线相等的平行四边形是矩形；⑤对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【变式1】（2024·安徽亳州·三模）如图，四边形的对角线，相交于点O，，，则下列说法错误的是（　　） A．若，则四边形是矩形B．若平分，则四边形是菱形 C．若且，则四边形是正方形D．若且，则四边形是正方形 【变式2】（2025长沙模拟预测）如图，在中，对角线交于点E，，．    (1)当平分时，求证：为矩形． (2)在以下命题中：①当时，为正方形．②当时，为正方形．③当时，四边形为菱形．④当时，四边形为菱形．正确的有：________，请选择一个正确的命题进行证明． 【变式3】（2025年江苏省盐城市两地联考中考一模数学试题）如图，四边形是菱形，点、在线段上，且． (1)判断四边形的形状，并说明理由； (2)当的值为________时，四边形是正方形（直接写出结果，不需要证明） 命题点二 矩形、菱形、正方形的专项综合题型 ►题型01 矩形与三角形全等/相似综合证明题 由矩形的性质可得到两组对边相等，对角线相等且互相平分和四个直角，解决以矩形为背景的几何问题时，常常借助这些边和直角并结合全等/相似三角形的知识把已知和未知联系起来，使问题得以解决. 【典例1】（2025·四川南充·中考真题）矩形中，，点E是线段上异于点B的一个动点，连接，把沿直线折叠，使点B落在点P处． 【初步感知】（1）如图1，当E为的中点时，延长交于点F，求证：． 【深入探究】（2）如图2，点M在线段上，．点E在移动过程中，求的最小值． 【拓展运用】（3）如图2，点N在线段上，．点E在移动过程中，点P在矩形内部，当是以为斜边的直角三角形时，求的长．            1（2025·江苏南通·中考真题）如图，矩形中，对角线相交于点．是的中点，交于点． (1)求证：； (2)设的角平分线交于点． ①当时，求点到的距离； ②若，作直线分别交于两点，求的值． 【变式2】（2025·福建·中考真题）如图①，已知四边形中，，，，，，点是边上的动点，连接，作，设射线交线段于，交射线于． (1)如果射线经过点（即点、与点重合，如图②所示），求的长； (2)若点在的延长线上，不与点重合，设，，求关于的函数解析式，并直接写出的取值范围． ►题型02 菱形与三角函数综合计算题 菱形的 “对角线互相垂直平分” 会形成多个直角三角形，这是三角函数的天然应用场景。 【典例2】（2025·黑龙江·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，菱形的边在轴上，，的长是一元二次方程的根，过点作交于点，交对角线于点．动点从点以每秒个单位长度的速度沿向终点运动，动点从点以每秒个单位长度的速度沿向终点运动，、两点同时出发，设运动时间为秒． (1)求点坐标； (2)连接、，求的面积S关于运动时间t的函数解析式； (3)当时，在对角线上是否存在一点，使得是含角的等腰三角形．若存在，请直接写出点E的坐标；若不存在，请说明理由． 【变式1】（2025·广东深圳·中考真题）如图1，在中，是的中点，，． (1)求证：四边形为菱形； (2)如图2，若点为上一点，，且，，三点均在上，连接，与相切于点， ①求__________； ②求的半径； (3)利用圆规和无刻度直尺在图2中作射线，交于点，保留作图痕迹，不用写出作法和理由． 【变式2】（2025·甘肃·中考真题）如图，四边形的顶点A，B，C在上，，直径与弦相交于点F、点D是延长线上的一点且． (1)求证：是的切线； (2)若四边形是平行四边形，．求的长． ►题型03 正方形与三角形相似综合题 正方形的 “直角” 和 “边长相等” 的性质，很容易构造出全等/相似三角形. 【典例3】（2025·山东德州·中考真题）已知点O是正方形的中心，点P，E分别是对角线，边上的动点（均不与端点重合），作射线． (1)将射线绕点P逆时针旋转90°，交边于点F． ①如图1，当点P与点O重合时，求证：； ②如图2，当时，请判断是否为定值．如果是，请求出该定值；如果不是，请说明理由； (2)如图3，连接BP，当时，将射线绕点P顺时针旋转90°，交边于点F．若，，求四边形的面积（用含a，k的式子表示）． 【变式1】（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． 【变式2】（2025·甘肃兰州·中考真题）【提出问题】数学讨论课上，小明绘制图1所示的图形，正方形与正方形（），点E，G分别在上，根据图形提出问题：如图2，正方形绕点B顺时针旋转，旋转角为，直线与相交于点H，连接，探究线段，，之间的数量关系． 【解决问题】（1）小明将上述问题特殊化，如图3，当点G，H重合时，请你写出，，之间的数量关系，并说明理由； （2）小明借鉴（1）中特殊化的解题策略后，再解决图2所示的一般化问题，当点G，H不重合时，请你写出，，之间的数量关系，并说明理由； 【拓展问题】（3）小明将图2所示问题中的旋转角的范围再扩大，正方形绕点B顺时针旋转，旋转角为，直线与相交于点H，连接，请直接写出，，之间的数量关系． 【变式3】（2025·江苏连云港·中考真题）综合与实践 【问题情境】如图，小昕同学在正方形纸板的边、上分别取点、，且，交于点．连接，过点作，垂足为，连接、，交于点，交于点． 【活动猜想】（1）与的数量关系是_______，位置关系是_______； 【探索发现】（2）证明（1）中的结论； 【实践应用】（3）若，，求的长； 【综合探究】（4）若，则当_______时，的面积最小． 【变式4】（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． ►题型04 折叠问题 1.折叠的性质： (1) 折叠的本质是全等变换，折叠前的部分与折叠后的部分是全等图形； (2) 对应点的连线被折痕所在直线垂直平分。 2.当涉及直角时，常利用勾股定理、相似三角形的性质或锐角三角函数的定义建立方程来解决问题。当题中涉及中点时，常利用中线或中位线的知识解决问题。当折叠背景为平行四边形时，要考虑平行四边形的性质，常利用角平分线和平行线构造等腰三角形解决问题。 【典例4】（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． 【变式1】（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 ． 【变式2】（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 ． 【变式3】（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 【变式4】（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． 【变式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05 多结论问题 【典例5】（2025·山东青岛·中考真题）如图，在正方形中，，分别为，的中点．连接并延长交于点，交的延长线于点，为的中点，连接，，．下列结论：①；②；③；④．正确的是 （填写序号）． 【变式1】（2025·吉林长春·中考真题）如图，在边长为4的正方形中，对角线、相交于点．点在线段上．连接，作于点，交于点．给出下面四个结论：①；②；③当时，；④点与点之间的距离的最小值为．上述结论中，正确结论的序号有 ． 【变式2】（2025·黑龙江哈尔滨·中考真题）如图，中，对角线，交于点，过点作的垂线，分别交，于点，，延长交直线于点，延长交直线于点，分别连接，，有如下结论：①，；②四边形是菱形；③若，．则；④若，，，点为上的一个动点，则的最小值是．上述结论中，所有正确结论的序号是 ． 【变式3】（2025·山东东营·中考真题）如图，已知四边形是菱形，，对角线、相交于点O，过点D作交的延长线于点E，F为的中点，连接交于点G，连接交于点H，连接．则下列结论：①四边形为平行四边形；②；③；④．其中正确的有（    ） A．①②③ B．①③④ C．②③④ D．①②③④ ►题型06正方形旋转/平移变换题 【典例6】（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． 【变式1】（2025·江苏盐城·中考真题）请根据小明的数学探究活动单，完成下列任务． “变换” 研究内容 提出概念 已知点．如果点满足，那么称点是点的“变换”点． 理解概念 已知点，，求点的“变换”点． 探究性质 如图（1），已知点和点，当时， ①请在图（1）中分别画出点、对应的“变换”点、； ②研究发现：线段可由线段通过一次图形变换得到，点是点的对应点．如果是平移，请写出平移的距离；如果是轴对称或旋转，请用无刻度的直尺和圆规在图（1）中作出对称轴或旋转中心（不写作法，保留作图痕迹） 运用性质 如图（2），在平面直角坐标系中，菱形的顶点、、的坐标分别为，，，曲线是反比例函数（）图像的“变换”线，，交边于点、，直线、分别交边于点、，记、、、的面积分别为、、、，求的值． ►题型07 特殊平行四边形面积最值探究题 【典例7】（2025·山东淄博·中考真题）如图，是以正方形的顶点为圆心，为半径的弧上的点，连接，，将线段绕点顺时针旋转后得到线段，连接．若，则的最大面积是（   ） A． B． C． D． 【变式1】（2025·江苏宿迁·中考真题）一块梯形木板，按如图方式设计一个矩形桌面（点在边上）．当 时，矩形桌面面积最大． 【变式2】（2025·江苏连云港·中考真题）一块直角三角形木板，它的一条直角边长，△ABC的面积为． (1)甲、乙两人分别按图1、图2用它设计一个正方形桌面，请说明哪个正方形面积较大； (2)丙、丁两人分别按图3、图4用它设计一个长方形桌面．请分别求出图3、图4中长方形的面积与的长之间的函数表达式，并分别求出面积的最大值． 【变式3】（2025·广西·中考真题）综合与实践 树人中学组织一次“爱心义卖”活动．九（5）班分配到了一块矩形义卖区和一把遮阳伞，遮阳伞在地面上的投影是一个平行四边形（如图1） 初始时，矩形义卖区与遮阳伞投影的平面图如图2所示，在上，，，，，，由于场地限制，参加义卖的同学只能左右平移遮阳伞．在移动过程中，也随之移动（始终在边所在直线上），且形状大小保持不变，但落在义卖区内的部分（遮阳区）会呈现不同的形状．如图3为移动到落在上的情形． 【问题提出】 西西同学打算用数学方法，确定遮阳区面积最大时的位置． 设遮阳区的面积为，从初始时向右移动的距离为． 【直观感知】（1）从初始起右移至图3情形的过程中，随的增大如何变化？ 【初步探究】（2）求图3情形的与的值； 【深入研究】（3）从图3情形起右移至与重合，求该过程中关于的解析式； 【问题解决】（4）当遮阳区面积最大时，向右移动了多少？（直接写出结果） 【变式4】（2025·四川广元·中考真题）综合与实践 （1）【初步感知】如图①，和中，，，，求的度数； （2）【深入探究】如图②，在矩形中，，点E是线段上一点，连接，过点A在上方作，使，连接，请证明，并直接写出点F到的距离的最大值； （3）【学以致用】如图③，梯形中，，，，，点E是线段的中点，点F是线段上一点，连接，过点E在上方作，使，当的面积最小时，求的长． ►题型08 特殊四边形与实际问题 【典例】（2025·海南·中考真题）现有一台红外线理疗灯（如图-1所示），该设备的主体由底座、立柱、伸缩杆和灯臂组成，、、三点在同一直线上，图-2是该设备的平面示意图．垂直于，与水平线平行，与的夹角为，与的夹角为．经测量：为，为，为，，． (1)填空： ， ； (2)已知点到的距离为时，该设备使用效果最佳．求此时伸缩杆的长度．（参考数据：，，，） 【变式1】（2025·江苏无锡·中考真题）某校数学研究性学习小组为测量物体的高度，开展了如下综合与实践活动． 【活动主题】测量物体的高度 【测量工具】卷尺、标杆 【活动过程】 活动1：测量校内旗杆的高度 该小组在校内进行了旗杆高度的测量活动（示意图1）．在点处竖立标杆，直立在点处的小军从点处看到标杆顶、旗杆顶在同一条直线上．已知旗杆底端与、在同一条直线上，，． （1）求旗杆的高度． 活动2：测量南禅寺妙光塔的高度 南禅寺妙光塔，简称“妙光塔”，始建于北宋雍熙年间，是无锡著名的文物保护单位之一、该小组为全面了解本土历史文物，决定走出校园去测量妙光塔的高度．他们到达妙光塔后，发现塔顶和塔底中心均无法到达．经研究，设计并实施了如下测量活动（示意图2）．在地面一条水平步道上的点处竖立标杆，直立在点处的小军从点处看到标杆顶、塔顶在同一条直线上．小军沿的方向走到点处，此时标杆竖立于处，从点处看到标杆顶、塔顶在同一条直线上．已知、和在同一平面内，点在同一条直线上，，． （2）求妙光塔的高度． 【变式2】（2025·四川德阳·中考真题）在综合实践活动中，同学们将对学校的一块正方形花园进行测量规划使用，如图，点处是它的两个门，且，要修建两条直路，与相交于点（两个门的大小忽略不计）． (1)请问这两条路是否等长？它们有什么位置关系，说明理由； (2)同学们测得米，米，根据实际需要，某小组同学想在四边形地上再修一条米长的直路，这条直路的一端在门处，另一端在已经修建好的路段或花园的边界上，并且另一端与点B处的距离不少于米，请问能否修建成这样的直路，若能，能修建几条，并说明理由． 【变式3】（2025·四川自贡·中考真题）如图1，自贡彩灯公园内矗立着一座高塔，它见证过自贡灯会的辉煌历史．小蕊参加了测量该塔高度的课外实践活动，小组同学研讨完测量方案后，活动如下． (1)制作工具 如图2，在矩形木板上点处钉上一颗小铁钉，系上细绳，绳的另一端系小重物，过点画射线．测量时竖放木板，当重垂线时，将等腰直角三角尺的直角顶点紧靠铁钉，绕点转动三角尺，通过边瞄准目标，测量可得仰角度数．采用同样方式，可测俯角度数． 测量时，是否水平呢？小蕊产生了疑问．组长对她说：“因为始终垂直于水平面，满足就行．”求证：． (2)获取数据 如图3，同学们利用制作的测量工具，在该塔对面高楼上进行了测量．已知该楼每层高3米，小蕊在15楼阳台处测得塔底的仰角为，在25楼对应位置处测得塔底的俯角为，塔顶的仰角为． 如图4，为得到仰角与俯角的正切值，小蕊在练习本上画了一个，，，．在边上取两点，，使，，量得，，，则___________， ___________， ___________（结果保留小数点后两位）． (3)计算塔高 请根据小蕊的数据，计算该塔高度（结果取整数）． (4)反思改进 小蕊的测量结果与该塔实际高度存在2米的误差．为减小误差，小组同学想出了许多办法．请你也帮小蕊提出两条合理的改进建议（总字数少于50字）． 突破一中点四边形 【典例1】（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 【变式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 【变式2】（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 ． 【变式3】（2025·广西南宁·一模）综合与探究 【初步感知】如图1，是三边的中点，则叫作的内中点三角形，叫作的外中点三角形． （1）直接写出面积与面积的数量关系； （2）在图2的网格中画出的外中点． 【类比探究】如图3，是四边形各边的中点，则四边形叫作四边形的内中点四边形，四边形叫作四边形的外中点四边形． （3）求证：四边形是平行四边形； （4）若四边形的面积为，四边形面积为，求证：； （5）在图4的网格中画出的一个外中点四边形．（要求：都在网格线的交点上） 【变式4】（2025·山东聊城·一模）综合与实践 在数学探究课上，老师要求同学们按照下列步骤进行探究． 动手操作：第一步，任意画出一个四边形．第二步，取四边形四条边的中点．第三步，顺次连接四个中点，得到一个新的四边形．（叫做中点四边形）根据以上操作，老师展示了四位同学的四个图形，并共同进行了探究，请你根据这四位同学作出的图形解决下列问题． (1)通过作图、测量，猜想：中点四边形的形状与原四边形对角线的数量关系和位置关系有关．请你根据图形填写下表． 原四边形对角线关系 中点四边形形状 图形 不相等、不垂直 平行四边形 图① 图② 图③ 图④ (2)请你根据图④写出已知、求证、证明． 突破二坐标系中矩形存在性探究题 【典例1】（2025·青海西宁·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，以P为顶点的抛物线的解析式为，点A的坐标是，以原点为中心，把点A顺时针旋转，得到点． (1)直接写出点的坐标和抛物线的对称轴； (2)当时，y有最大值为，求抛物线的解析式； (3)在(2)的条件下，若点M在y轴上，点N在坐标平面内，是否存在以点，P，M，N为顶点的四边形是矩形？若存在，请直接写出所有符合条件的点N的坐标；若不存在，请说明理由． 【变式1】（2025·四川成都·模拟预测）如图，直线与反比例函数的图象交于，B两点(点B位于点A右侧)，连接． (1)求直线的表达式． (2)当的面积为时，求点B的坐标； (3)在（2）的条件下，作点B关于的对称点C，连接，是否存在点D，使得四边形为矩形？若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由． 突破三坐标系中菱形存在性探究题 【典例3】（2025·四川绵阳·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，正比例函数的图象与反比例函数的图象交于两点，点在反比例函数的图象上，且在第一象限内点的右侧，连接 的面积为5． (1)求点A，B的坐标及反比例函数的解析式； (2)探究在轴上是否存在点，使得以点O，C，M，N为顶点的四边形为菱形？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【变式1】（24-25九年级下·甘肃陇南·月考）已知抛物线与轴交于，两点（点在点的左边），与轴交于点． (1)求抛物线的表达式； (2)若将抛物线沿轴向右平移得到抛物线，平移后点的对应点为点，点是平面内任意一点，是否存在以、、、四个点为顶点的四边形是菱形？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 突破四坐标系中正方形存在性探究题 【典例4】（2025·四川资阳·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴相交于两点（点在点的左边），与轴相交于点，且抛物线的顶点坐标为． (1)求抛物线的表达式； (2)是抛物线上位于第四象限的一点，点，连接相交于点，连接．若与的面积相等，求点的坐标； (3)是抛物线上的两个动点，分别过点作直线的垂线段，垂足分别为．是否存在点，使得以为顶点的四边形是正方形？若存在，求该正方形的边长；若不存在，说明理由． 【变式1】（2025·山东烟台·二模）如图，抛物线的图像经过点，与轴交于点，点，抛物线对称轴为． (1)求抛物线的表达式； (2)将抛物线向右平移1个单位，再向上平移3个单位得到抛物线，求抛物线的表达式，并判断点是否在抛物线上； (3)在抛物线的对称轴上是否存在一点，使最大，若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由； (4)点是平面内的一点，在抛物线和抛物线上是否存在一点，使以点，为顶点的四边形是以为边的正方形．若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由． 突破五特殊平行四边形与一次函数/反比例函数综合题 【典例5】（2025·四川德阳·中考真题）如图，已知菱形，点在轴上，反比例函数的图象经过菱形的顶点，连接，与反比例函数图象交于点． (1)求反比例函数解析式； (2)求直线的解析式和点的坐标． 【变式1】（2025·广东·中考真题）定义：把某线段一分为二的点，当整体线段比大线段等于大线段比小线段时，则称此线段被分为中外比，这个点称为中外比点． (1)如图，点是线段的中外比点，，，求的长． (2)如图，用无刻度的直尺和圆规求作一点把线段分为中外比．（保留作图痕迹，不写作法） (3)如图，动点在第一象限内，反比例函数的图象分别与矩形的边，相交于点，，与对角线相交于点．当是等腰直角三角形时，探究点，，是否分别为，，的中外比点，并证明． 【变式2】（2025·广东·模拟预测）如图，为正方形的边的中点，反比例函数的图象与、分别交于点、，连接、、，，． (1)求的值； (2)求证：； (3)猜想与的数量关系，并证明． 突破六特殊平行四边形与二次函数综合题 【典例6】（2025·四川泸州·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线经过点，与轴交于点和点． (1)求该抛物线的解析式； (2)点在直线上，点在轴上，是抛物线上位于第一象限的点，若四边形是正方形，求点的坐标； (3)设点在抛物线上，点在抛物线上，当时，的最小值为3，求的值． 【变式1】（2025·湖北·中考真题）抛物线与轴相交于点和点，与轴相交于点，是抛物线的顶点，是抛物线上一动点，设点的横坐标为． (1)求的值； (2)如图1，若点在对称轴左侧，过点作对称轴的垂线，垂足为，求的值； (3)定义：抛物线上两点M，N之间的部分叫做抛物线弧（含端点和）．过，分别作轴的垂线，过抛物线弧的最高点和最低点分别作轴的垂线，直线与围成的矩形叫做抛物线弧的特征矩形．若点在第四象限，记抛物线弧的特征矩形的周长为． ①求关于的函数解析式； ②过点作轴，交抛物线于点，点与点不重合．记抛物线弧的特征矩形的周长为．若，直接写出的长． 【变式2】（2025·江苏苏州·二模）如图①，在平面直角坐标系中，若菱形满足轴，则称该菱形为“标准可放缩菱形”．抛物线与x轴交于点A，B，顶点为点，与y轴交于点交． (1)求二次函数的函数表达式； (2)若菱形的顶点G与点A重合，点I恰好落在抛物线上，求点I的坐标以及此时菱形的面积； (3)如图②，已知抛物线的顶点为点D，其中，直线与抛物线对称轴右侧的曲线分别交于点P，Q，且P，Q两点分别与“标准可放缩菱形”的顶点G，I重合． ①求m的值； ②线段的长为______． 突破七特殊平行四边形新定义探究题 【典例7】（2025·广东广州·中考真题）宽与长的比是（约为）的矩形叫做黄金矩形．现有一张黄金矩形纸片，长．如图1，折叠纸片，点B落在上的点E处，折痕为，连接，然后将纸片展开． (1)求的长； (2)求证：四边形是黄金矩形； (3)如图2，点G为的中点，连接，折叠纸片，点B落在上的点H处，折痕为，过点P作于点Q．四边形是否为黄金矩形？如果是，请证明：如果不是，请说明理由． 【变式1】（2025·新疆乌鲁木齐·模拟预测）2025年4月“春满丝路·鸢韵天山”风筝嘉年华在乌鲁木齐市石人子沟举行，孩子们“忙趁东风放纸莺”（风筝）．传统风筝“两翼舒展、中轴对称”的结构在蓝天划出优美弧线，生动展现传统工艺与数学之美的跨界融合． 【研究对象】 如图1，在四边形中，，我们把这种两组邻边分别相等的四边形叫做“筝形”． （1）依据筝形定义，写出一种学过的、符合筝形定义的四边形：_________； 【性质探究】 （2）根据学过的平行四边形、矩形、菱形、正方形的学习经验，请你通过观察、测量、折叠等探究活动，写出一条筝形（如图2）的性质的猜想并证明； 【拓展应用】 （3）如图3，已知在筝形中，，求对角线，的长． 【变式2】（2025·河南·模拟预测）【定义学习】 定义：如果四边形有一组对角为直角，那么我们称这样的四边形为“对直四边形”． 【判断尝试】 （1）在①平行四边形②矩形③菱形④正方形中，是“对直四边形”的是______；（填序号） （2）如图1，四边形是对直四边形，若，，，，则边的长是______； 【操作探究】 如图2，在菱形ABCD中，，，于点E，请在边上找一点F，使得以点A、E、C、F组成的四边形为“对直四边形”，画出示意图，并直接写出的长是______； 【拓展延伸】 如图3，在正方形中，，点E、F、G分别从点B、B、C同时出发，并分别以每秒1、1、2个单位长度的速度，分别沿正方形的边、、方向运动（保持），再分别过点E、F作、的垂线交于点H，连接、．试说明：四边形为对直四边形． 【实践应用】 某加工厂有一批四边形板材，形状如图4所示，其中米，米，，．现根据客户要求，需将每张四边形板材进一步分割成两个等腰三角形板材和一个“对直四边形”板材，且这两个等腰三角形的腰长相等，要求材料充分利用无剩余．请直接写出分割后得到的等腰三角形的腰长是______． 突破八探究动点轨迹与线段最值问题 【典例8】（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 ． 【变式1】（2025·江苏连云港·中考真题）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 ． 【变式2】（2025·四川自贡·中考真题）如图，正方形边长为6，以对角线为斜边作、，点在上．连接．若．则的最小值为（    ） A．6 B．6 C．3 D．4 【变式3】（2025·江苏宿迁·中考真题）如图1，在矩形中，，点是边上一个动点，点在射线上，．线段的垂直平分线分别交直线于点、、、． (1)直接写出___________°，___________； (2)当时，求的值； (3)如图2，连接并延长交直线于点． ①求证：； ②如图3，过点作直线的垂线，分别交直线于点，连接，求线段的最小值． 【变式4】（2025·黑龙江绥化·中考真题）综合与实践 如图，在边长为8的正方形中，作射线，点是射线上的一个动点，连接，以为边作正方形，连接交射线于点，连接．（提示：依题意补全图形，并解答） 【用数学的眼光观察】 （1）请判断与的位置关系，并利用图（1）说明你的理由． 【用数学的思维思考】 （2）若，请你用含的代数式直接写出的正切值________． 【用数学的语言表达】 （3）设，正方形的面积为．请求出与的函数解析式．（不要求写出自变量的取值范围） 突破九综合与实践类问题 【典例9】（2025·江西·中考真题）综合与实践 从特殊到一般是研究数学问题的一般思路，综合实践小组以特殊四边形为背景就三角形的旋转放缩问题展开探究． 特例研究 在正方形中，相交于点O． （1）如图1，可以看成是绕点A逆时针旋转并放大k倍得到，此时旋转角的度数为________，k的值为________； （2）如图2，将绕点A逆时针旋转，旋转角为α，并放大得到（点O，B的对应点分别为点E，F），使得点E落在上，点F落在上，求的值 类比探究 （3）如图3，在菱形中，，O是的垂直平分线与的交点，将绕点A逆时针旋转，旋转角为α，并放缩得到（点O，B的对应点分别为点E，F），使得点E落在上，点F落在上．猜想的值是否与α有关，并说明理由； （4）若（3）中，其余条件不变，探究之间的数量关系（用含β的式子表示）． 【变式1】（2025·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）综合与实践 在探索几何图形变化的过程中，通过直观猜想、逻辑推理、归纳总结可以获得典型的几何模型，运用几何模型能够轻松解决很多问题，让我们共同体会几何模型的“数学之美”． (1)【几何直观】如图1，中，，，在内部取一点，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，，则与的数量关系是__________；与的数量关系是__________； (2)【类比推理】如图2，在正方形内部取一点，使，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，延长交的延长线于点，求证：四边形是正方形； (3)【深度探究】如图3，矩形中，，，在其内部取一点，使，将线段绕点逆时针旋转得到线段，延长至点，使，连接，延长交的延长线于点，连接，若，则__________； (4)【拓展延伸】在矩形中，点为边上的一点，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，若，，则的最小值为__________． 突破十特殊平行四边形与圆的综合题 【典例10】（2025·吉林长春·中考真题）数学活动：探究平面图形的最小覆盖圆 【定义】我们称能完全覆盖某平面图形的圆（即该平面图形上所有的点均在圆内或圆上）为该平面图形的覆盖圆．其中，能完全覆盖平面图形的最小的圆（即直径最小）称为该平面图形的最小覆盖圆． 【探究一】线段的最小覆盖圆 线段的覆盖圆有无数个，其中，以为直径的圆是其最小覆盖圆． 理由如下：易知线段的最小覆盖圆一定经过点、点．如图①，以为直径作，再过、两点作（与不重合），连结．在中，有（）． ， ，即的直径大于的直径． 是线段的最小覆盖圆．“”处应填写的推理依据为 ． 【探究二】直角三角形的最小覆盖圆 要确定直角三角形的最小覆盖圆，我们可先将其转化为【探究一】中线段的最小覆盖圆问题．这样就可以先确定直角三角形最长边（斜边）的最小覆盖圆，再判断直角顶点与这个圆的位置关系，从而确定直角三角形的最小覆盖圆．如图②，在中，．是以为直径的圆．请你判断点与的位置关系，并说明理由． 又由【探究一】可知，是最长边的最小覆盖圆，所以，是的最小覆盖圆． 【拓展应用】矩形的最小覆盖圆 如图③，在矩形中，，． （1）用圆规和无刻度的直尺在图③中作矩形的最小覆盖圆：（不写做法，保留作图痕迹，作图确定后必须用黑色字迹的签字笔描点） （2）该矩形的最小覆盖圆的直径为 ； （3）若用两个等圆完全覆盖矩形．则这样的两个等圆的最小直径为 ． 【变式1】（2024·湖南长沙·中考真题）对于凸四边形，根据它有无外接圆（四个顶点都在同一个圆上）与内切圆（四条边都与同一个圆相切）， 可分为四种类型，我们不妨约定： 既无外接圆，又无内切圆的四边形称为“平凡型无圆”四边形； 只有外接圆，而无内切圆的四边形称为“外接型单圆”四边形； 只有内接圆，而无外接圆的四边形称为“内切型单圆”四边形； 既有外接圆，又有内切圆的四边形称为“完美型双圆”四边形． 请你根据该约定，解答下列问题： (1)请你判断下列说法是否正确（在题后相应的括号中，正确的打“√”，错误的打“×”， ①平行四边形一定不是“平凡型无圆”四边形；        （    ） ②内角不等于的菱形一定是“内切型单圆”四边形；        （    ） ③若“完美型双圆”四边形的外接圆圆心与内切圆圆心重合，外接圆半径为R，内切圆半径为r，则有．（    ） (2)如图1，已知四边形内接于，四条边长满足：． ①该四边形是“______”四边形（从约定的四种类型中选一种填入）； ②若的平分线交于点E，的平分线交于点F，连接．求证：是的直径． (3)已知四边形是“完美型双圆”四边形，它的内切圆与分别相切于点E，F，G，H． ①如图2．连接交于点P．求证：． ②如图3，连接，若，，，求内切圆的半径r及的长． 【变式2】（2025·广东东莞·二模）综合与实践：根据以下素材，探索求圆半径的方法． 【背景素材】同学们用若干大小不一的透明圆形或半圆形纸片，及一张宽且足够长的矩形纸带如图设计了一系列任务，探索完成任务． 【任务一】若同学甲将一圆形纸片与矩形纸带摆放成如图2位置，使圆经过A，B，现测得，求出该圆的半径． 【任务二】按如图3摆放纸片，点A，P在圆上．在AD边上取点M使，作于N，连接恰过圆心O，交圆于点Q，连接，量得 ①判断直线与的位置关系，并说明理由； ②直接写出的半径为______ 1/10 学科网（北京）股份有限公司 $ 第五章四边形 第02讲 矩形、菱形、正方形 目录（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接） 01·考情剖析·命题前瞻 2 02·知识导航·网络构建 4 03·考点解析·知识通关 4 04·命题洞悉·题型预测 10 命题点一矩形、菱形、正方形的基础核心题型 题型01矩形性质直接计算题 题型02 菱形性质直接计算题 题型03 正方形性质直接计算题 题型04 矩形判定证明题 题型05 菱形判定证明题 题型06 正方形判定证明题 题型07 特殊平行四边形判定辨析题 命题点二矩形、菱形、正方形的专项综合题型 题型01 矩形与三角形全等/相似综合证明题 题型02 菱形与三角函数综合计算题 题型03 正方形与三角形相似综合题 题型04 折叠问题 题型05 多结论问题 题型06正方形旋转/平移变换题 题型07 特殊平行四边形面积最值探究题 题型08 特殊四边形与实际问题 05·重难突破·思维进阶 113 突破一中点四边形 突破二坐标系中矩形存在性探究题 突破三坐标系中菱形存在性探究题 突破四坐标系中正方形存在性探究题 突破五特殊平行四边形与一次函数/反比例函数综合题 突破六特殊平行四边形与二次函数综合题 突破七特殊平行四边形新定义探究题 突破八探究动点轨迹与线段最值问题 突破九综合与实践类问题 突破十特殊平行四边形与圆的综合题 考点 课标要求 考法分析 矩形 1.理解矩形的概念，掌握矩形与平行四边形的关系 2.掌握矩形的性质与判定定理 3.能运用矩形的性质与判定解决相关计算与证明问题 1.性质应用：常考矩形的对角线相等、四个角为直角等性质，结合勾股定理、全等三角形求线段长或角度（如2025・浙江卷、2025・山东卷） 2.判定证明：结合平行四边形，证明一个四边形是矩形（如2025・江苏卷） 3.综合应用：与折叠、旋转、坐标系结合，探究线段最值或存在性问题（如2025・湖南卷） 4.实际应用：以矩形为背景的测量、面积计算等实际问题 菱形 1.理解菱形的概念，掌握菱形与平行四边形的关系 2.掌握菱形的性质与判定定理 3.能运用菱形的性质与判定解决相关计算与证明问题 1.性质应用：常考菱形的四条边相等、对角线互相垂直平分等性质，结合勾股定理、三角函数求线段长或面积（如2025・四川卷、2025・广东卷） 2.判定证明：结合平行四边形，证明一个四边形是菱形（如2025・河南卷） 3.综合应用：与相似三角形、圆结合，考查角度与线段比例关系（如2025・湖北卷） 4.动态问题：菱形中的动点轨迹、面积最值等探究问题 正方形 1.理解正方形的概念，掌握正方形与矩形、菱形的关系 2.掌握正方形的性质与判定定理 3.能运用正方形的性质与判定解决相关计算与证明问题 1.性质应用：综合矩形与菱形的性质，考查对角线相等且垂直、边长与对角线的比例关系等（如2025・北京卷、2025・上海卷） 2.判定证明：从平行四边形、矩形、菱形出发，证明一个四边形是正方形（如2025・安徽卷） 3.综合压轴：与坐标系、函数、旋转、折叠结合，作为中考几何压轴题的核心图形（如2025・河北卷、2025・重庆卷） 4.新定义问题：以正方形为背景的新定义运算或图形探究，考查知识迁移能力 命题预测 命题趋势：矩形、菱形、正方形是中考几何的核心内容，考查覆盖面广，题型以选择题、填空题、解答题为主，难度跨度从基础到压轴均有涉及。其中，特殊平行四边形的性质与判定是基础考点，而与图形变换（折叠、旋转）、坐标系、函数、三角形全等/相似的综合应用是考查重点，着重考查学生的逻辑推理、数形结合和知识迁移能力。同时，也会涉及到新定义题型，考查学生的阅读理解和创新应用能力。 备考建议： 1. 夯实基础概念：重点掌握矩形、菱形、正方形的性质与判定定理，明确平行四边形与三者的关系，确保在基础证明与计算题上不丢分。 2. 强化性质应用训练：加强对“矩形对角线相等”“菱形对角线垂直平分”“正方形双重性质”等核心特征的应用练习，结合勾股定理、三角函数解决线段与面积计算问题。 3. 突破图形变换综合题：针对折叠、旋转背景下的特殊平行四边形问题，重点训练利用变换不变性（边长、角度不变）推导线段与角度关系的能力。 4. 提升坐标系与函数综合能力：加强坐标系中特殊平行四边形的存在性探究训练，掌握利用中点坐标公式、平移性质等方法求解的技巧，提升数形结合能力。 5. 关注新定义与创新题型：重视以特殊平行四边形为背景的新定义问题，培养材料阅读和逻辑推理能力，提升应对创新题型的能力。 考点一矩形、菱形、正方形的概念及性质 概念 性质 面积 边 角 对角线 其它 矩形 有一个角为直角的平行四边形 对边平行且相等 四个角都是直角 对角线互相平分且相等 对角线将其分成4个等腰三角形 （a,b分别为矩形的长和宽） 菱形 有一组邻边相等的平行四边形 对边平行、四条边都相等 对角相等 两条对角线互相垂直平分，且每一条对角线平分一组对角 对角线将其分成4个全等的直角三角形 （a为菱形的边长，h为菱形一边上的高）； （m,n分别为两条对角线的长） 正方形 四条边都相等、四个角都是直角的四边形 四个角都是直角 对角线将其分成4个全等的等腰直角三角形 （a为正方形的边长） 【补充】矩形、菱形、正方形既是轴对称图形，又是中心对称图形. 1．（2025·陕西·中考真题）如图，在矩形中，，延长至点，延长至点，连接，．若四边形为菱形，则这个菱形的面积为（    ） A．9 B． C． D． 【答案】C 【分析】此题考查了菱形的性质、矩形的性质、勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质、矩形的性质是关键．根据菱形的性质得到，由矩形的性质得到，，，设，则在中，则利用勾股定理求出，即．得到，根据菱形的面积求出答案即可． 【详解】解：∵四边形为菱形， ∴， ∵四边形为矩形， ∴，，， 设，则在中， ∴ ∵， 即， ∴， 即． ∴， ∴菱形的面积为， 故选：C 2．（2025·四川巴中·中考真题）如图，四边形是菱形，对角线相交于点O，，，于点H，的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，根据勾股定理可得，利用面积法即可求得的值． 【详解】解：四边形是菱形， ，， ， 菱形的面积， ， 故答案为：． 3．（2025·甘肃兰州·中考真题）如图，四边形是矩形，对角线相交于点O，点E，F分别在边上，连接交对角线于点P．若P为的中点，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了矩形的性质，直角三角形斜边中线的性质，等边对等角．根据矩形的性质求得，利用斜边中线的性质求得，求得，利用三角形内角和定理以及对顶角相等即可求解． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴， ∵，P为的中点， ∴， ∴， ∴， ∴， 故选：C． 4．（2025·陕西·中考真题）如图，正方形的边长为4，点为的中点，点在上，，则的面积为（    ） A．10 B．8 C．5 D．4 【答案】C 【分析】该题考查了正方形的性质，相似三角形的性质和判定，勾股定理，证明三角形相似是解题的关键． 根据四边形为正方形，得出，，勾股定理求出，证明，根据相似三角形的性质求出，即可求出的面积． 【详解】解：∵四边形为正方形， ∵为的中点， ， ∴， ∵， ∴， 又， ∴， ， ∴，即， ∴， ∴的面积． 故选：C． 考点二矩形、菱形、正方形的判定 四边形 边 角 对角线 矩形 1）平行四边形+一直角 2）四边形+三直角 平行四边形+两条对角线相等 菱形 1）平行四边形+一组邻边相等 2）四边形+四条边都相等 平行四边形+两条对角线互相垂直 正方形 矩形+一组邻边相等 菱形+一直角 矩形+对角线互相垂直 菱形+对角线相等 平行四边形+一组邻边相等+一个角为直角 5．（2025·山东东营·中考真题）如图，点O是边的中点，连接并延长至点D，使，添加下列选项中的一个条件，不能判定四边形为矩形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了矩形的判定，先根据题意得出四边形是平行四边形，然后根据矩形的判定定理一一判定即可得出答案． 【详解】解：∵点O是边的中点， ∴， 又， ∴四边形是平行四边形， ．若，则四边形是菱形，无法得出四边形为矩形，故该选项符合题意； ．若，则四边形为矩形，故该选项不符合题意； ．∵四边形是平行四边形，∴，又，，∴，∴， ∴，∴则四边形为矩形，故该选项不符合题意； ．若，∴， ∴，∴则四边形为矩形，故该选项不符合题意； 故选：A． 2．（2025·黑龙江·中考真题）如图，在平行四边形中，对角线相交于点O，请添加一个条件 ，使平行四边形为菱形． 【答案】(或，答案不唯一） 【分析】本题考查添加条件使平行四边形为菱形，根据菱形的判定方法，添加条件即可． 【详解】解：根据有一组邻边相等的平行四边形为菱形，可以添加：； 根据对角线互相垂线的平行四边形为菱形，可以添加：； 故答案为：(或，答案不唯一）． 3．（2025·四川乐山·中考真题）如图，在中，对角线与相交于点．小乐同学欲添加两个条件使得四边形是正方形，现有三个条件可供选择：①；②；③．则正确的组合是 （只需填一种组合即可）． 【答案】①②或①③（填写一组即可） 【分析】本题考查了正方形，矩形，菱形的判定，熟练掌握正方形，矩形，菱形的判定是解题的关键． 根据正方形，矩形，菱形的判定分析求解即可． 【详解】解：当选择①；②时， ∵四边形是平行四边形，当， ∴四边形是菱形， ∵， ∴， ∴均是等腰直角三角形， ∴， ∴四边形是正方形； 当选择①；③时， ∵四边形是平行四边形，当， ∴四边形是菱形， ∵， ∴四边形是正方形； 当选择②；③， 由于四边形是平行四边形，若或， 均只能得到四边形是矩形，不能证明其为正方形，故不符合题意； ∴选择①②或①③均可以， 故答案为：①②或①③（填写一组即可）． 命题点一 矩形、菱形、正方形的基础核心题型 ►题型01矩形性质直接计算题 【典例1】（2025·四川·中考真题）如图，在矩形中，对角线相交于点O，则的长为 ． 【答案】8 【分析】本题考查了矩形的性质，等边三角形的判定与性质，熟记性质并判断是等边三角形是解题的关键． 根据矩形的对角线互相平分且相等，可知，然后由可得为等边三角形，然后可求得，进而即可求解 【详解】∵四边形为矩形， ∴，且， ∴， 又∵， ∴为等边三角形， ∴， ∴ 故答案为： 【变式1】（2025·四川宜宾·中考真题）如图，在矩形中，点、分别在上，且，把沿翻折，点恰好落在矩形对角线上的点M处．若A、、三点共线，则的值为 ． 【答案】 【分析】此题考查矩形与折叠，平行线的性质，勾股定理，等角对等边，根据矩形的性质及平行线的性质得到，再根据等角对等边推出，设，则，利用勾股定理求出，即可得到答案． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴，， 由翻折得，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 设，则，， ∴， ∴， 故答案为． 【变式2】（2025·山东德州·中考真题）如图，矩形的顶点O，A，C的坐标分别是，，，与矩形周长相等，的面积是矩形面积的一半，则点D的坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了矩形的性质和面积公式，平行四边形的性质和面积公式，勾股定理等知识点，掌握这些是解题的关键． 根据题意可得D点的纵坐标是C点纵坐标的一半，，过D点作轴，交轴于点，用勾股定理求出长即可． 【详解】解：过D点作轴，交轴于点，如图： 与矩形周长相等，， ， 的面积是矩形面积的一半，， ， 由勾股定理得：， 点D的坐标为． 故选：A． 【变式3】（2025·黑龙江绥化·中考真题）一个矩形的一条对角线长为10，两条对角线的一个交角为，则这个矩形的面积是（    ） A．25 B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了矩形的性质、等边三角形的判定与性质、勾股定理等知识点，正确画出图形并灵活运用相关知识是解题的关键． 如图：根据矩形的对角线互相平分且相等求出，然后判断出是等边三角形，根据等边三角形的性质求出，再利用勾股定理列式求出，然后根据矩形的面积公式求解即可． 【详解】解：如图，∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴， 由勾股定理得，， ∴矩形的面积． 故选：B． ►题型02 菱形性质直接计算题 在利用对角线长求菱形的面积时，要特别注意不要漏掉计算公式中的. 【典例2】（2025·江苏常州·中考真题）如图，在菱形中，、是对角线，．若，则的长是（   ） A．4 B．5 C．6 D．10 【答案】B 【分析】本题考查的是菱形的性质，含角的直角三角形的性质，解答本题的关键是熟练掌握菱形的性质． 根据菱形的性质可得， ，根据含角的直角三角形的性质即可求得的长，从而得到结果． 【详解】解：如图， ∵四边形是菱形， ∴， ， ∴， ∵，， ∴， ∴， 故选：B． 【变式1】（2025·山东烟台·中考真题）如图，菱形的顶点在轴正半轴上，，反比例函数的图象过点和菱形的对称中心，则的值为（   ） A．4 B． C．2 D． 【答案】D 【分析】本题考查的是菱形的性质，勾股定理的应用，反比例函数的性质，先证明，，设，可得，，求解，过作于，再进一步求解即可． 【详解】解：∵菱形的顶点在轴正半轴上，， ∴，， ∴， 设， ∴， ∴， 解得：， 过作于， ∴， ∴， ∴， ∴； 故选：D 【变式2】（2025·江苏无锡·中考真题）如图，菱形的边长为2，，对角线相交于点．过点作的平行线交的延长线于点，连接．则的长为 ． 【答案】 【分析】本题考查菱形的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，先证明为等边三角形，进而得到，三线合一求出的长，证明四边形为平行四边形，进而得到，推出，再利用勾股定理进行求解即可． 【详解】解：∵菱形的边长为2，， ∴， ∴为等边三角形， ∴，， ∵， ∴，， ∵， ∴四边形为平行四边形，， ∴， ∴； 故答案为：． 【变式3】（2025·青海·中考真题）如图，在菱形中，，，分别为，的中点，且，则菱形的面积为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了菱形的性质，三角形中位线定理，由，分别为，的中点，得，所以，然后根据菱形的面积为即可求解，掌握相关知识的应用是解题的关键． 【详解】解：∵，分别为，的中点， ∴， ∴， ∵四边形是菱形， ∴菱形的面积为， 故答案为：． 【变式4】（2025·福建·中考真题）如图，菱形的对角线相交于点O，过点O且与边分别相交于点E，F．若，则与的面积之和为 ． 【答案】1 【分析】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，根据菱形的性质求出，，然后证明即可求解． 【详解】解：∵菱形，， ∴，，， ∴，． ∵， ∴， ∴， ∴， 故答案为：1． 【变式5】（2025·甘肃兰州·中考真题）如图，在菱形中，，垂足为E，交于点F，．若，则 ． 【答案】4 【分析】根据菱形的性质，得，又结合，，得出是等边三角形，就可以得知和都是含的直角三角形，解出三角形，即可求出的长． 【详解】解：连接，， ，， 垂直平分， ， 菱形， ， 是等边三角形， ， ， ， ，， ． 故答案为：4． 【点睛】本题考查了菱形的性质、垂直平分线的性质、等边三角形的判定与性质以及解直角三角形，熟练掌握这些性质定理是关键． ►题型03 正方形性质直接计算题 在正方形问题中，一般可以通过证三角形全等来得到等线段或等角，也可以利用正方形的角是直角来构造直角三角形，利用勾股定理解题.在正方形中，也常用对角线互相垂直平分证明线段相等. 【典例3】（2025·山东滨州·中考真题）如图，E、F、G、H四点分别在正方形的四条边上，．若，，则的内切圆半径为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，三角形内切圆的性质，掌握相关知识点是解题关键．根据正方形的性质证明全等，得到，设，利用勾股定理求出，，令的内切圆圆心为，连接、、，令切点为M，N，P，然后连接，，，则，，，根据内切圆的性质得到，再利用三角形的面积公式求解即可． 【详解】解：正方形ABCD， ，， ， ， ， ， 设，则， 在中，， ， 解得：， ，， 令的内切圆圆心为，连接、、，令切点为M，N，P，然后连接，，，则，，， 内切于， ， ， ， ， 解得：，即的内切圆半径为2， 故选：B． 【变式1】（2025·湖北·中考真题）如图，折叠正方形的一边，使点落在上的点处，折痕交于点．若，则的长是（   ） A． B．2 C． D． 【答案】B 【分析】如图，过作于，由对折可得：，，，，证明，而，可得，求解，，证明，，可得，再进一步求解即可. 【详解】解：如图，过作于， ∵正方形， ∴，，，，，， 由对折可得：，，，， ∴，而， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 同理可得：， ∴； 故选：B. 【点睛】本题考查的是正方形的性质，等腰三角形的判定与性质，角平分线的性质，全等三角形的判定与性质，锐角三角函数的应用，勾股定理的应用，作出合适的辅助线是解本题的关键. 【变式2】（2025·北京·中考真题）如图，在正方形中，点E在边上，，垂足为F．若，，则的面积为 ． 【答案】/0.375 【分析】本题考查了正方形的性质，平行线的性质，解直角三角形，直角三角形的性质，熟练掌握知识点是解题的关键．过点F分别作，垂足为M，N，连接，则，先根据平行线间的距离处处相等得出，继而得出，通过解直角三角形得出，即可求解． 【详解】解：过点F分别作，垂足为M，N，连接，则， ∵四边形为正方形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵, ∴， ∵，垂足为F，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【变式3】（2025·山东威海·中考真题）如图，小明同学将正方形硬纸板沿实线剪开，得到一个立方体的表面展开图．若正方形硬纸板的边长为，则折成立方体的棱长为 ． 【答案】/ 【分析】本题考查了正方体的展开图、正方形的性质、勾股定理以及一元二次方程的求解等知识； 如图，设，则，根据勾股定理列出方程求解即可． 【详解】解：如图，设，则， 则在直角三角形中，由勾股定理可得：， 即， 解得：或（舍去）， ∴正方体的棱长为cm， 故答案为：． ►题型04 矩形判定证明题 【典例4】（2025·云南·中考真题）如图，在中，，是的中点．延长至点，使．连接，记，的周长为，的周长为，四边形的周长为． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)10 【分析】本题主要考查了矩形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键． （1）先证明对角线互相平分，继而得到四边形是平行四边形，再由即可证明为矩形； （2）由矩形的性质得到，，得到二元一次方程组，求出，再由勾股定理即可求解． 【详解】（1）证明：∵是的中点， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形； （2）解：∵，， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， 解得：， ∵， ∴， ∴的长为10． 【变式1】（2025·四川攀枝花·中考真题）如图，是的内切圆，与分别相切于点 ，． (1)求的三个内角的大小； (2)设的直径为，证明：． 【答案】(1)的度数分别为． (2)证明见解析 【分析】（1）根据题意得， ，所以 ．即可求出． （2）由切线长定理得，则，由，得，由，得到四边形是矩形，则，结合的直径为d，为的半径，得到，即可求出． 此题重点考查三角形的内切圆与内心、切线的性质、切线长定理、四边形的内角和、三角形内角和定理、矩形的判定等知识． 【详解】（1）解：∵ 是的内切圆，与分别相切于点 ∴， ∴， ∵， ∴ ， ∴， ∴的度数分别为． （2）证明：由切线长定理得， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∵的直径为d，为的半径， ∴， ∴． 【变式2】（2025·山东威海·中考真题）（1）如图①，将平行四边形纸片的四个角向内折叠，恰好拼成一个无缝隙、无重叠的四边形．判断四边形的形状，并说明理由； （2）如图②，已知能按照图①的方式对折成一个无缝隙、无重叠的四边形，其中，点M在上，点N在上，点P在上，点Q在上．请用直尺和圆规确定点M的位置．（不写作法，保留作图痕迹） 【答案】（1）四边形是矩形，理由见解析；（2）见解析． 【分析】本题考查作图-复杂作图，平行四边形的性质，翻折变换，圆周角定理，解题的关键是掌握平行四边形的性质． （1）四边形是矩形，根据四个角是直角的四边形是矩形证明即可； （2）分别作的中垂线，得到点，连接，作的中垂线，得到的中点，以为圆心，的长为半径画圆，与的交点即为点； 【详解】解：（1）四边形是矩形，理由如下： 由折叠的性质可知，，， ， ， ，即， 同理可得：， ∴四边形是矩形； （2）由（1）可知：， 故分别为的中点，点在以为直径的圆上， 同理：点分别为的中点，点在以为直径的圆上， 如图，即为所求． 【变式3】（2025·江苏常州·中考真题）在四边形中，对角线、相交于点O，，． (1)若是等腰三角形，则_______； (2)已知，． ①若，判断四边形是怎样的特殊四边形，并说明理由； ②如图，在中，，求的长． 【答案】(1) (2)①四边形是矩形，理由见解析；② 【分析】（1）由是等腰三角形，，，分别讨论：当时和当时，利用三角形的三边关系判断是否成立即可； （2）①利用，，得出四边形是平行四边形，再利用，即可判定四边形是矩形；②过点作于点，利用，得出是直角三角形，且，证明，得出，，利用勾股定理求出，得出，再利用勾股定理求出，得出，即可求解． 【详解】（1）解：∵是等腰三角形，，， ∴当时，此时满足三角形三边关系，符合题意； 当时，，此时不满足三角形三边关系，不符合题意； 综上，， 故答案为：； （2）解：①四边形是矩形，理由如下： ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形； ②过点作于点， ∵， ∴是直角三角形，且， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴在中，， ∴， ∴在中，， ∴， ∴． 【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，勾股定理及其逆定理，三角形的三边关系，等腰三角形的定义，矩形的判定，二次根式的运算等，熟练掌握相关性质和判定是解题的关键． ►题型05 菱形判定证明题 【典例5】（2025·西藏·中考真题）如图，在四边形中，，，点E是的中点，且平分． (1)求证：四边形是菱形； (2)已知，，求线段的长． 【答案】(1)见详解 (2) 【分析】（1）先证明四边形为平行四边形，再由等腰三角形的判定求得，进而由菱形的判定定理得结论； （2）根据（1）可得，，证明，再根据勾股定理求解即可． 【详解】（1）证明：∵点E是的中点， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴平行四边形为菱形； （2）解：∵， 根据（1）可得，， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴． 【点睛】该题考查了平行四边形的性质和判定，菱形的性质和判定，等腰三角形的性质和判定，勾股定理等知识点，解题的关键是掌握以上知识点． 【变式1】（2025·吉林长春·中考真题）如图，的对角线、相交于点．求证：是菱形． 【答案】见解析 【分析】本题考查了菱形的判定，勾股定理逆定理，熟练掌握菱形的几种判定定理是解题的关键． 先由勾股定理逆定理得到，再根据对角线垂直的平行四边形是菱形即可证明． 【详解】证明：∵， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形． 【变式2】（2025·云南·模拟预测）如图，在中，，为的中点，垂直平分，交于点． (1)请判断四边形的形状； (2)若，，求四边形的面积． 【答案】(1)四边形是菱形，见解析 (2) 【分析】本题考查了菱形的判定与性质，勾股定理，直角三角形斜边中线的性质，三角形的中位线定理，线段的垂直平分线等知识点． （1）根据直角三角形斜边中线的性质得到，再由垂直平分线得到，那么，则四边形是菱形； （2）先由勾股定理求解，然后根据菱形的性质得到为的中位线，即可求解，即可求解，最后根据菱形的面积公式求解即可． 【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下： ∵，为的中点， ∴ ∵垂直平分， ∴， ∴ ∴四边形是菱形； （2）解：∵，，， ∴， ∵四边形是菱形， ∴，， ∵为的中点， ∴， ∴， ∴四边形的面积为 【变式3】（2025·湖北武汉·模拟预测）如图，中，点是上一点，点是的中点，过点作平行线，与 的延长线交于点F． (1)判断并证明与之间的数量关系； (2)连接，添加一个与线段有关的条件，使四边形是菱形． (不需要说明理由)． 【答案】(1)，理由见解析 (2)（答案不唯一） 【分析】本题考查全等三角形的性质和判定，平行四边形的判定，菱形的判定，掌握相关知识是解决问题的关键． （1）由，得，，又，可证，即得； （2）由（1）可证四边形为平行四边形，若使之为菱形，添加一个与线段有关的条件，只需添加一组邻边相等或对角线互相垂直． 【详解】（1）解：证明：， ，， 点是的中点， ， 在与中， ， ， ； （2）解：添条件，则四边形是菱形， 理由：∵，， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴平行四边形为菱形； 添条件或或，同理可证平行四边形为菱形； 添条件，四边形是菱形， 理由：∵，， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴平行四边形为菱形． ►题型06 正方形判定证明题 在判定一个四边形是正方形时，要弄清是在“四边形”还是在“平行四边形”的基础之上来判定的，判定一个四边形是正方形通常先证明它是矩形，再证明它有一组邻边相等或对角线互相垂直；或者先证明它是菱形，再证明它有一个角是直角或对角线相等；还可以先判定四边形是平行四边形，再证明它有一个角为直角和一组邻边相等． 解答此类问题时要认真审题，通过对已知条件的综合分析，最后确定用哪一种判定方法. 【典例6】（2025·河南郑州·二模）如图，在四边形中，是线段上的任意一点（点与点、不重合），、、分别是、、的中点． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)连接，若，且，求证：四边形是正方形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查平行四边形的判定和正方形的性质．正方形对角线的特点是：对角线互相垂直；对角线相等且互相平分；每条对角线平分一组对角． （1）通过中位线定理得出且，所以四边形是平行四边形； （2）当添加了条件，且后，通过对角线相等且互相垂直平分（，且）就可证明是正方形． 【详解】（1）证明：，分别是，的中点， 且． 又是的中点， ， 且． 四边形是平行四边形； （2），分别是，的中点， 且． 又且， ，． 平行四边形是正方形． 【变式1】（2025·甘肃武威·模拟预测）如图，正方形的边长为，E，F，G，H分别是上的动点，且． (1)求证：四边形是正方形； (2)填空：四边形面积的最小值为_____________． 【答案】(1)见解析 (2)32 【分析】本题考查了正方形性质和判定，根据已知条件可证4个三角形全等，由全等三角形性质得到四边形是正方形；本题还考查了用二次函数来解决面积的最值问题． （1） 由正方形的性质得出，，证出，证明，得出，，，证出四边形是菱形，再证出，即可得出结论； （2）设四边形面积为S，，则 ，由勾股定理得出 ，S是x的二次函数，即可得出四边形面积的最小值． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴，，， ∴四边形是菱形， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是正方形． （2）设， 则， ， ∴当时，四边形面积取最小值，最小值为． 【变式2】（2025·陕西宝鸡·二模）如图，在矩形中，点是边上的点，，交于点求证：四边形是正方形． 【答案】见解析 【分析】本题考查了矩形的判定与性质、正方形的判定． 由矩形的性质得，由得，则四边形是矩形，而，所以四边形是正方形． 【详解】证明：四边形是矩形， ， 点是边上的点，交于点， ， ， 四边形是矩形， ， 四边形是正方形． 【变式3】（2025·山东青岛·二模）已知：如图，在中，M是边的中点，且． (1)判断四边形的形状并证明； (2)如果将沿翻折得到，当和满足什么数量关系时，四边形是正方形，并证明． 【答案】(1)平行四边形，证明见解析； (2)，证明见解析． 【分析】（1）先根据平行四边形得出，，再利用证明，从而可利用全等三角形的性质，得出，再证明，从而可得结论成立； （2）先通过证明四边形有四条边分别相等，来证明四边形是菱形，再证明它有一个直角，从而可证得四边形是正方形． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵M是边的中点， ∴， 在和中， ， ∴（）， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是矩形； （2）当时，四边形是正方形. 由翻折得：，． ∵， ∴， ∴， ∴四边形是菱形， ∵M是边的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 同理可得， ∴， ∴四边形是正方形． 【点睛】本题考查了矩形的判定，菱形的性质与判定，正方形的判定，全等三角形的性质与判定（）综合等知识，解题关键是熟悉上述知识，并能熟练运用求解． 【变式4】（2025·黑龙江哈尔滨·二模）如图，中，对角线交于点O，点E在边上，延长交于点F，连接，与互余． (1)求证：四边形是菱形； (2)再选择添加以下条件中的一个且只添加一个，能使菱形为正方形的是______（填序号），并请加以证明． ①；②；③，，． 【答案】(1)见解析 (2)②或③ 【分析】（1）证明，得到，则四边形是平行四边形，证明，即可得到结论； （2）分别添加②或③，根据正方形的判定写出证明过程即可． 【详解】（1）证明：∵中，对角线交于点O， ∴， ∴， ∴ ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵与互余． ∴与互余． ∴ 即， ∴四边形是菱形； （2）添加②； 证明：∵， ∴， ∵ ∴， 解答, ∴， ∴， ∴菱形是正方形， 添加③，， ∵ ∴是直角三角形，， ∴， ∴菱形是正方形 故答案为：②或③ 【点睛】此题考查了菱形的判定、正方形的判定、勾股定理及其逆定理、全等三角形的判定和性质等知识，熟练掌握相关判定定理是关键． ►题型07 特殊平行四边形判定辨析题 【典例7】（2025·内蒙古赤峰·二模）下列正确命题的个数是（   ） ①有一组邻边相等的四边形是菱形；②四条边相等的四边形是正方形；③有一个角是直角的平行四边形是矩形；④对角线相等的平行四边形是矩形；⑤对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】本题考查了特殊的四边形的判定，解题关键是牢记几种特殊四边形的概念与判定方法，本题依次判断即可． 【详解】解：①有一组邻边相等的平行四边形是菱形，故命题①错误； ②四条边相等的四边形是菱形，故命题②错误； ③有一个角是直角的平行四边形是矩形；故命题③正确； ④对角线相等的平行四边形是矩形，故命题④正确； ⑤对角线互相垂直平分且相等的四边形是正方形．故命题⑤正确； 综上所述：命题正确的有3个， 故选：C． 【变式1】（2024·安徽亳州·三模）如图，四边形的对角线，相交于点O，，，则下列说法错误的是（　　） A．若，则四边形是矩形 B．若平分，则四边形是菱形 C．若且，则四边形是正方形 D．若且，则四边形是正方形 【答案】D 【分析】本题考查平行四边形的判定、菱形的判定与矩形的判定、正方形的判定，熟练掌握相关定理是解题的关键． 先根据平行四边形的判定证明是平行四边形，再根据已知条件结合菱形、矩形及正方形的判定逐一判断即可． 【详解】解：∵， ∴， ∵，， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， 若，则四边形是矩形，故A选项不符合题意； 若平分，， ∵， ∴， ∴， 则四边形是菱形，故B选项不符合题意； 若且，则四边形是正方形，故C选项不符合题意； 若且，则四边形是菱形，故D选项符合题意； 故选：D． 【变式2】（2025长沙模拟预测）如图，在中，对角线交于点E，，．    (1)当平分时，求证：为矩形． (2)在以下命题中：①当时，为正方形．②当时，为正方形．③当时，四边形为菱形．④当时，四边形为菱形．正确的有：________，请选择一个正确的命题进行证明． 【答案】(1)见解析 (2)②，证明见解析 【分析】（1）先证四边形为平行四边形，利用平行四边形的性质及角平分线的定义可得，根据“对角线相等的平行四边形是矩形”即可求证； （2）根据特殊平行四边形的判定定理即可进行判断． 【详解】（1）证明：∵， ∴四边形为平行四边形 ∴ ∵平分 ∴ ∵ ∴ ∵ ∴ ∴为矩形 （2）解：①当时，则，为菱形．故①错误； ②当时， ∵， ∴四边形为平行四边形 ∴ ∵ ∴， ∴且 ∴为正方形 故②正确； ③当时，不能推出四边形为菱形．故③错误； ④当时， ∵ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴四边形为矩形 故④错误 故正确的有：②；证明见上 【点睛】本题考查了平行四边形及特殊平行四边形的判定．熟记定理内容是解题关键． 【变式3】（2025年江苏省盐城市两地联考中考一模数学试题）如图，四边形是菱形，点、在线段上，且． (1)判断四边形的形状，并说明理由； (2)当的值为________时，四边形是正方形（直接写出结果，不需要证明） 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】此题主要考查了菱形的判定和性质，正方形的性质，勾股定理，熟练掌握菱形的判定和性质，正方形的性质是解决问题的关键． （1）连接，交于点，证明四边形是平行四边形，再根据对角线互相垂直平分的四边形是菱形即可得出结论； （2）当四边形是正方形时，则，设，则，，得到，即可得到结论． 【详解】（1）解：四边形的形状是菱形，理由如下： 连接，交于点，如图1所示： ∵四边形是菱形， ， 点在直线上，， ， ， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形； （2）解：当时，四边形是正方形，理由如下： 当四边形是正方形时，则， 设， 则，， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 命题点二 矩形、菱形、正方形的专项综合题型 ►题型01 矩形与三角形全等/相似综合证明题 由矩形的性质可得到两组对边相等，对角线相等且互相平分和四个直角，解决以矩形为背景的几何问题时，常常借助这些边和直角并结合全等/相似三角形的知识把已知和未知联系起来，使问题得以解决. 【典例1】（2025·四川南充·中考真题）矩形中，，点E是线段上异于点B的一个动点，连接，把沿直线折叠，使点B落在点P处． 【初步感知】（1）如图1，当E为的中点时，延长交于点F，求证：． 【深入探究】（2）如图2，点M在线段上，．点E在移动过程中，求的最小值． 【拓展运用】（3）如图2，点N在线段上，．点E在移动过程中，点P在矩形内部，当是以为斜边的直角三角形时，求的长．            【答案】（）详见解析；（）；（） 【分析】（1）连接，证明，即可求证； （2）根据题意得点在以为圆心，10为半径的的弧上． 连接，当点在线段上时，有最小值．根据勾股定理求出，即可求解； （3）过点作于，交于点，证明，可得，设，，根据勾股定理得到关于x的方程，可得到，．，，． 设，则，．在中，根据勾股定理求出，即可求解． 即的长为5． 【详解】（1）证明：连接，    由折叠可得，． ∵四边形为矩形，． ∵为的中点，， ∴． 在与中， ∵，， ∴， ∴ （2）解：，点在移动过程中，不变． ∴点在以为圆心，10为半径的的弧上． 连接，    当点在线段上时，有最小值． ∵，，， ∴． ∴， ∴的最小值为． （3）解：过点作于，交于点，    ∵， ∴， ∴． ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴． 设，， ∴，． ∵， ∴， ∵， ∴． ∴， 解得． ∴，．，，． 设，则，． 在中，， ∴． 解得，， 即的长为5． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质是解题的关键． 1（2025·江苏南通·中考真题）如图，矩形中，对角线相交于点．是的中点，交于点． (1)求证：； (2)设的角平分线交于点． ①当时，求点到的距离； ②若，作直线分别交于两点，求的值． 【答案】(1)见解析； (2)①2；②． 【分析】本题考查的是矩形的性质、平行四边形性质与判定及相似三角形判定与性质， （1）先证明，根据相似三角形性质即可证明结论； （2）①过点作，垂足为，设，借助三角形面积求出即可；②作，垂足为，作，垂足为，设，借助三角形面积求出，再通过求出，证明四边形是平行四边形，从而证明，即可求出结论． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∵是的中点， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：①在中，∵， ∴， ∴， 如图，过点作，垂足为， 设，则， ∴， 即， ∴点到的距离为2； ②如图，作，垂足为，作，垂足为， 设， ， ， 在中，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∴， 即， ∴，， ∴， ∴． 【变式2】（2025·福建·中考真题）如图①，已知四边形中，，，，，，点是边上的动点，连接，作，设射线交线段于，交射线于． (1)如果射线经过点（即点、与点重合，如图②所示），求的长； (2)若点在的延长线上，不与点重合，设，，求关于的函数解析式，并直接写出的取值范围． 【答案】(1)的长为或 (2)关于的函数解析式及的取值范围为： 【分析】本题主要考查矩形的判定和性质，解直角三角形的计算，相似三角形的判定和性质，掌握以上知识，合理作出辅助线是关键． （1）如图所示，过点作延长线于点，则，可证四边形是矩形，由勾股定理得到，再证明，得到，联立方程，解一元二次方程即可； （2）如图所示，在上取点，使得，则，，根据解直角三角形的计算得到，则，再证明，即可得到关于的函数解析式，结合（1）中的长为或即可得到的取值范围． 【详解】（1）解：如图所示，过点作延长线于点，则， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， 在中，， 在中，， ∵， ∴，且， ∴， ∴，则， ∴， 整理得，，则， 解得，或， ∴当时，； 当时，； ∴的长为或； （2）解：如图所示，在上取点，使得，则，， ∴， ∴，， ∴，， 由（1）得，， ∴，则， ∴， ∴， ∴， ∴，即， ∴， ∵点在的延长线上，不与点重合，由（1）得，当的长为或时，点、与点重合， ∴， ∴关于的函数解析式及的取值范围为：． ►题型02 菱形与三角函数综合计算题 菱形的 “对角线互相垂直平分” 会形成多个直角三角形，这是三角函数的天然应用场景。 【典例2】（2025·黑龙江·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，菱形的边在轴上，，的长是一元二次方程的根，过点作交于点，交对角线于点．动点从点以每秒个单位长度的速度沿向终点运动，动点从点以每秒个单位长度的速度沿向终点运动，、两点同时出发，设运动时间为秒． (1)求点坐标； (2)连接、，求的面积S关于运动时间t的函数解析式； (3)当时，在对角线上是否存在一点，使得是含角的等腰三角形．若存在，请直接写出点E的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)点的坐标为； (2)的面积S关于运动时间t的函数解析式为； (3)当时，在对角线上存在一点，使得是含角的等腰三角形，，，． 【分析】（1）解方程得出的长度，由菱形的性质与锐角函数综合，可得和的长度，即可得点的坐标； （2）分类讨论，分别由运动时间表示出线段长度，代入三角形的面积公式，化简整理即可； （3）根据运动时间，确定点和点的坐标，分类讨论，根据等腰三角形的性质即可得点的坐标． 【详解】（1）解：由解得，，， ∵的长是一元二次方程的根， ∴， ∵四边形为菱形， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵四边形为菱形， ∴平分， ∴， ∴， ∴ 答：点的坐标为． （2）解：根据题意可知，，， 如图，作于点，则， ∵，，， ∴， 作轴于点， ∵四边形为菱形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 当时，， ∴的面积， 当时，， ∴的面积， 综上所述，， 答：的面积关于运动时间t的函数解析式为． （3）解：如图，当时，，点和点重合，，，， 假设在对角线上存在一点，使得是含角的等腰三角形， 当为顶角时，点与点重合，， 当为顶角时，点与点重合，， 当为顶角时，， 设，则， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 答：当时，在对角线上存在一点，使得是含角的等腰三角形，，，． 【点睛】本题考查解一元二次方程，菱形的性质，锐角三角函数，解直角三角形，等腰三角形，解题的关键是正确作出辅助线，熟练掌握分类讨论的思想方法． 【变式1】（2025·广东深圳·中考真题）如图1，在中，是的中点，，． (1)求证：四边形为菱形； (2)如图2，若点为上一点，，且，，三点均在上，连接，与相切于点， ①求__________； ②求的半径； (3)利用圆规和无刻度直尺在图2中作射线，交于点，保留作图痕迹，不用写出作法和理由． 【答案】(1)见解析 (2)①30°；② (3)见解析 【分析】（1）先证明四边形为平行四边形，斜边上的中线得到，即可得证； （2）①根据菱形的性质，得到，等角对等边得到，三角形的外角得到，切线得到，再根据角的和差关系进行求解即可；②解直角三角形，进行求解即可； （3）利用尺规作图作，即可． 【详解】（1）解：， 四边形为平行四边形， 又，且为中点 ， 平行四边形为菱形． （2）①四边形为菱形． ， ， 又， ， ， 切于， ， ； ； ②设半径为， ， ， ，， ； 解得：； （3）由题意，作图如下： 【点睛】本题考查菱形的判定和性质，斜边上的中线，切线的性质，解直角三角形，尺规作平行线，熟练掌握相关知识点，是解题的关键． 【变式2】（2025·甘肃·中考真题）如图，四边形的顶点A，B，C在上，，直径与弦相交于点F、点D是延长线上的一点且． (1)求证：是的切线； (2)若四边形是平行四边形，．求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查切线的判定，圆周角定理，解直角三角形等知识点，熟练掌握切线的判定方法，圆周角定理，是解题的关键． （1）连接，根据圆周角定理得到，推出，根据等边对等角，推出，根据直径得到，进而得到，继而得到，即，即可得证； （2）由平行四边形的性质得到，根据，得到，求出的长，证明是菱形，得到为等边三角形，进而得到，解，求出的长即可． 【详解】（1）证明：如图1，连接， ，， ． ， ． 是的直径， ，即． ， ，即． 为的半径， 是的切线． （2）解：如图2， 四边形是平行四边形， ． 又， ， ． ， 是菱形， ． 为等边三角形， ∴． 在中，． ►题型03 正方形与三角形相似综合题 正方形的 “直角” 和 “边长相等” 的性质，很容易构造出全等/相似三角形. 【典例3】（2025·山东德州·中考真题）已知点O是正方形的中心，点P，E分别是对角线，边上的动点（均不与端点重合），作射线． (1)将射线绕点P逆时针旋转90°，交边于点F． ①如图1，当点P与点O重合时，求证：； ②如图2，当时，请判断是否为定值．如果是，请求出该定值；如果不是，请说明理由； (2)如图3，连接BP，当时，将射线绕点P顺时针旋转90°，交边于点F．若，，求四边形的面积（用含a，k的式子表示）． 【答案】(1)①证明见解析 ②为定值，该定值为 (2) 【分析】本题考查了全等三角形的性质与判定、相似三角形的性质与判定、正方形的性质，掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键． （1）①过点P作、，根据四边形是正方形得到，证四边形是矩形，又得到，进而证明四边形是正方形，利用角度关系得到，证出，根据全等三角形的性质得到即可； ②过点P作、，根据①可得到，根据，证得并且，利用相似三角形的性质得到，最后进行面积转化得到定值即可； （2）过点P作、，连接，易证得，根据相似三角形的性质得到，再证，根据相似三角形的性质，同理可得，进而得到，是等腰直角三角形，根据三角形面积公式进行求解即可． 【详解】（1）①证明：过点P作、，如图所示： 则 四边形是正方形 四边形是矩形 在中， 四边形是正方形 ， ； ②过点P作、，如图所示： 由①可知四边形是正方形 、 故 为定值，该定值为； （2）解：过点P作、，连接，如图所示： 四边形是正方形 射线绕点P顺时针旋转90°，交边于点F 、 同理可得 是等腰直角三角形 在中， 由勾股定理得 ． 答：四边形的面积为． 【变式1】（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． 【变式2】（2025·甘肃兰州·中考真题）【提出问题】数学讨论课上，小明绘制图1所示的图形，正方形与正方形（），点E，G分别在上，根据图形提出问题：如图2，正方形绕点B顺时针旋转，旋转角为，直线与相交于点H，连接，探究线段，，之间的数量关系． 【解决问题】（1）小明将上述问题特殊化，如图3，当点G，H重合时，请你写出，，之间的数量关系，并说明理由； （2）小明借鉴（1）中特殊化的解题策略后，再解决图2所示的一般化问题，当点G，H不重合时，请你写出，，之间的数量关系，并说明理由； 【拓展问题】（3）小明将图2所示问题中的旋转角的范围再扩大，正方形绕点B顺时针旋转，旋转角为，直线与相交于点H，连接，请直接写出，，之间的数量关系． 【答案】（1），理由见解析；（2），理由见解析；（3），理由见解析 【分析】（1）利用正方形的性质求得，证明，推出，根据即可求解； （2）在上截取，证明，推出，，证明是等腰直角三角形，求得，根据，即可求得； （3）在上截取，证明，得到，，同理，得到是等腰直角三角形，求得，根据，即可求得． 【详解】解：（1），理由如下， 如图，当点G，H重合时， ∵正方形与正方形， ∴，，，， ∴，， ∴， ∴， ∴； （2），理由如下， 由（1）得， ∴， 在上截取， ∵，， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴； （3），理由如下， 由（1）得， ∴，， 在上截取， ∵，， ∴， ∴，， 同理，是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴． 【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质等知识点，作出辅助线，证明三角形全等是解本题的关键． 【变式3】（2025·江苏连云港·中考真题）综合与实践 【问题情境】 如图，小昕同学在正方形纸板的边、上分别取点、，且，交于点．连接，过点作，垂足为，连接、，交于点，交于点． 【活动猜想】 （1）与的数量关系是_______，位置关系是_______； 【探索发现】 （2）证明（1）中的结论； 【实践应用】 （3）若，，求的长； 【综合探究】（4）若，则当_______时，的面积最小． 【答案】（1）相等，垂直 （2）证明见解析 （3） （4） 【分析】（1）根据图形进行猜想即可； （2）过点作于，过点作分别交、于、， 证明四边形为矩形，四边形为正方形，结合正方形性质证明，则可得，证明，得出，，再利用，得出，即可证明； （3）证明，得出，，再证明，在中，利用勾股定理求出，由等面积法得求出，在中，利用勾股定理求出，再证明为等腰直角三角形，得出，利用线段和差即可求解； （4）构造的外接圆，连接，，，过点作于点，设的半径为，过点作于，证明是等腰直角三角形，得出，求得，则当最小时，的面积最小，则最小时，的面积最小，由，可知当最小时，的面积最小，由点到直线的最短距离可得，当、、依次共线，且时，最小，此时，点与重合，再进行计算即可． 【详解】解：（1）相等，垂直； （2）过点作于，过点作分别交、于、， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴四边形为矩形，四边形为正方形， ∴，，， ∴， ∴，即， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，， 又∵， ∴， ∴， ∴； （3）在正方形中，由，，， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， 在中，，， 得， 由等面积法得， 即， ∴， 在中，， 由（2）可知，， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴； （4）如图，构造的外接圆，连接，，，过点作于点，设的半径为，过点作于， 由（2）可知，， ∴， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∵正方形中，，是等腰直角三角形， ∴，， ∴， ∴当最小时，的面积最小， ∴最小时，的面积最小， ∵， ∴当最小时，的面积最小， 由点到直线的最短距离可得，当、、依次共线，且时，最小， 此时如图，点与重合， 则， 解得：， ∴， ∴． 【点睛】本题考查正方形的性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，外接圆，二次根式，熟练掌握这些性质与判定是解题的关键． 【变式4】（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， ， ， ， ， ． ►题型04 折叠问题 1.折叠的性质： (1) 折叠的本质是全等变换，折叠前的部分与折叠后的部分是全等图形； (2) 对应点的连线被折痕所在直线垂直平分。 2.当涉及直角时，常利用勾股定理、相似三角形的性质或锐角三角函数的定义建立方程来解决问题。当题中涉及中点时，常利用中线或中位线的知识解决问题。当折叠背景为平行四边形时，要考虑平行四边形的性质，常利用角平分线和平行线构造等腰三角形解决问题。 【典例4】（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． 【变式1】（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． 【变式2】（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： 【变式3】（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． 【变式4】（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． 【变式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05 多结论问题 【典例5】（2025·山东青岛·中考真题）如图，在正方形中，，分别为，的中点．连接并延长交于点，交的延长线于点，为的中点，连接，，．下列结论：①；②；③；④．正确的是 （填写序号）． 【答案】①④ 【分析】本题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，解直角三角形．证明，推出，再由直角三角形斜边中线的性质求得，推出，可得到，故①正确；证明，由正切函数的定义可判断②错误；由平行线的性质求得，即可求得，故③错误；证明，推出，再等量代换即可证明故④正确． 【详解】解：∵正方形， ∴，， ∵点为的中点， ∴， ∴， ∴， ∵点为的中点， ∴， ∴， ∴， ∴，故①正确； ∵正方形， ∴，即， ∴， ∵正方形， ∴，， ∵点为的中点， ∴， ∴， ∴，故②错误； ∵， ∴， 设正方形的边长为， ∴，， ∴，故③错误； ∵正方形， ∴，， ∵点，分别为，的中点， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵点为的中点， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，故④正确； 故答案为：①④． 【变式1】（2025·吉林长春·中考真题）如图，在边长为4的正方形中，对角线、相交于点．点在线段上．连接，作于点，交于点．给出下面四个结论： ①； ②； ③当时，； ④点与点之间的距离的最小值为． 上述结论中，正确结论的序号有 ． 【答案】①②④ 【分析】根据正方形的性质可得，结合，可得，故①符合题意；证明，可得，故②符合题意；当时，，可得，，可得，故③不符合题意；如图，取的中点，连接，可得在以为圆心，为直径的圆上，当共线时，最小，再进一步可判断④. 【详解】解：∵正方形， ∴，，，， ∵， ∴， ∵， ∴，故①符合题意； ∵，， ∴， ∴，故②符合题意； 当时，， ∴，， ∴，故③不符合题意； 如图，取的中点，连接， ∵， ∴在以为圆心，为直径的圆上， 当共线时，最小， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴点与点之间的距离的最小值为．故④符合题意； 故答案为：①②④ 【点睛】本题考查的是正方形的性质，勾股定理的应用，三角形的内角和定理的应用，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，点到圆上各点距离的最小值的含义，本题难度较大，作出合适的辅助线是解本题的关键. 【变式2】（2025·黑龙江哈尔滨·中考真题）如图，中，对角线，交于点，过点作的垂线，分别交，于点，，延长交直线于点，延长交直线于点，分别连接，，有如下结论：①，；②四边形是菱形；③若，．则；④若，，，点为上的一个动点，则的最小值是．上述结论中，所有正确结论的序号是 ． 【答案】 【分析】①由平行四边形的性质可判断结论； ②从对角线的角度来判断四边形的形状； ③假定条件成立，求出的值与所给不符； ④由点与关于成轴对称，从而得到的最小值是． 【详解】①∵四边形是平行四边形， ∴，； 即结论①正确； ②∵中，， ∴， ∵，， ∴≌ ∴ ∵ ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴是菱形； 即结论②正确； ③∵，， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， 即， ∵， ∴， ∵， ∵，， ∴， 即结论③错误． ④因为点关于的对称点是点，连接交于点，当点与重合时，的值最小即为的长． ∵菱形中， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴∽， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵中， ∴， 即结论④正确． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质、菱形的性质、判定、勾股定理及轴对称的性质，关键是知识的灵活应用． 【变式3】（2025·山东东营·中考真题）如图，已知四边形是菱形，，对角线、相交于点O，过点D作交的延长线于点E，F为的中点，连接交于点G，连接交于点H，连接．则下列结论：①四边形为平行四边形；②；③；④．其中正确的有（    ） A．①②③ B．①③④ C．②③④ D．①②③④ 【答案】D 【分析】由菱形的性质得出，，进而可求出，由含30度直角三角形的性质得出，结合已知条件即可判定①．根据相似三角形的判定和性质即可判定②．证明是等边三角形，由等边三角形的性质进一步证明，由相似三角形的性质进而可判定③，过点H作与点Q，通过解直角三角形求出，，再求出，最后再根据正切的定义求解即可． 【详解】解：∵四边形是菱形，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵F为的中点， ∴， ∴， 又， ∴四边形为平行四边形，故①正确； ∵， ∴， ∴，故②正确； ∵四边形是菱形，， ∴，， ∴是等边三角形， ∴， 又∵，， ∴，， 又， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，故③正确； 如下图，过点H作与点Q， 设菱形的边长为，则， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴，故④正确， 故选D 【点睛】本题主要考查了菱形的性质，解直角三角形的相关计算，等边三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，掌握这些知识是解题的关键． ►题型06正方形旋转/平移变换题 【典例6】（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． 【变式1】（2025·江苏盐城·中考真题）请根据小明的数学探究活动单，完成下列任务． “变换” 研究内容 提出概念 已知点．如果点满足，那么称点是点的“变换”点． 理解概念 已知点，，求点的“变换”点． 探究性质 如图（1），已知点和点，当时， ①请在图（1）中分别画出点、对应的“变换”点、； ②研究发现：线段可由线段通过一次图形变换得到，点是点的对应点．如果是平移，请写出平移的距离；如果是轴对称或旋转，请用无刻度的直尺和圆规在图（1）中作出对称轴或旋转中心（不写作法，保留作图痕迹） 运用性质 如图（2），在平面直角坐标系中，菱形的顶点、、的坐标分别为，，，曲线是反比例函数（）图像的“变换”线，，交边于点、，直线、分别交边于点、，记、、、的面积分别为、、、，求的值． 【答案】概念理解：；探究性质：①见解析；②线段可由线段通过旋转变换得到，画图见解析；运用性质： 【分析】概念理解：根据概念代入即可解答； 探究性质：①根据概念代入求得，画出图形即可； ②根据旋转的性质，画出旋转中心即可； 运用性质：设曲线上任意一点为，点的“变换”点，可得，再由在反比例函数图象上，求得，直线与曲线的交点为， ，则，求出的面积，设点到的距离为，利用等积法求出，再求的面积，求出的面积的面积，根据对称性可求． 【详解】解：概念理解： ， ； 探究性质：①根据概念理解可得， ， ， 故点、对应的“变换”点、如下图， ②线段经过一次平移或轴对称，不能得到， 线段可由线段通过旋转变换得到， 旋转中心如图所示， ，， 旋转中心为点， ， 为等腰三角形， ， 线段可由线段以点为中心，逆时针旋转得到， ； 运用性质：设曲线上任意一点为，点的“变换”点， ， ， 在反比例函数图象上， ， ， 设直线的解析式为， ， 解得， ， 当时，解得或， ， ， ， 四边形是菱形， ， ，， ，， 的面积， 的面积， 设点到的距离为， ， ， 解得， 的面积 的面积的面积， 的面积的面积，的面积的面积， ． 【点睛】本题考查了旋转的性质，锐角三角函数值，菱形的性质，全等三角形的判定和性质，准确从探究性质中得出线段可由线段以点为中心，逆时针旋转得到是解题的关键． ►题型07 特殊平行四边形面积最值探究题 【典例7】（2025·山东淄博·中考真题）如图，是以正方形的顶点为圆心，为半径的弧上的点，连接，，将线段绕点顺时针旋转后得到线段，连接．若，则的最大面积是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理；过点Q作于点E，过点C作交延长线于点F，连接交弧于点，则可得到，即可得到，根据垂线段最短和三角形三边关系得到，即可得到点P在时，的值最大为长，利用勾股定理和三角形的面积公式计算解答即可． 【详解】解：过点Q作于点E，过点C作交延长线于点F，连接交弧于点， 则， 又∵， ∴， ∴， 由旋转得， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 即当点P在时，的值最大为长， ∵是正方形， ， ∴， ∴的值最大为， ∴的最大面积是， 故选：C． 【变式1】（2025·江苏宿迁·中考真题）一块梯形木板，按如图方式设计一个矩形桌面（点在边上）．当 时，矩形桌面面积最大． 【答案】5 【分析】本题考查二次函数的应用，矩形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质．作于点H，先根据已知数据证明和是等腰直角三角形，再设，则，列出矩形桌面面积关于x的二次函数，化为顶点式，即可得出答案． 【详解】解：如图，作于点H， ， ， ， 四边形是矩形， ，， ， 是等腰直角三角形， ， 矩形中， 是等腰直角三角形， 设，则， 矩形桌面的面积， 当时，S取最大值， 即当时，矩形桌面面积最大． 故答案为：5． 【变式2】（2025·江苏连云港·中考真题）一块直角三角形木板，它的一条直角边长，△ABC的面积为． (1)甲、乙两人分别按图1、图2用它设计一个正方形桌面，请说明哪个正方形面积较大； (2)丙、丁两人分别按图3、图4用它设计一个长方形桌面．请分别求出图3、图4中长方形的面积与的长之间的函数表达式，并分别求出面积的最大值． 【答案】(1)图1的正方形面积较大 (2)在图3中，，当时，长方形的面积有最大值为；在图4中，，当时，长方形的面积有最大值为 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理，正方形的性质，二次函数的应用，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）先运用勾股定理算出，再运用正方形的性质分别证明，，，然后代入数值化简得，进行计算得，然后进行比较，即可作答． （2）与（1）同理证明，则长方形的面积，结合二次函数的图象性质得当时，长方形的面积有最大值为．，然后证明，，再把数值代入长方形的面积，化简得，结合二次函数的图象性质进行作答即可． 【详解】（1）解：∵，△ABC的面积为， ∴， ∴． 设正方形的边长为， ∵四边形是正方形 ∴，， ∵ ∴ 得， 即， 解得． ∵四边形是正方形 ∴， ∴ ∴， 得， 即， ∴． ， ∵ ∴， 得， 即， 解得． ∵， ∴图1的正方形面积较大． （2）解：∵四边形是长方形 ∴，， ∵ ∴； 得， 则，， ∴长方形的面积， ∵ ∴开口向下， 当时，长方形的面积有最大值为． 在图4中，同理得， 得， ∴，， 同理得， 得， 则， ∴长方形的面积， ∵ ∴开口向下， ∴当时，长方形的面积有最大值为． 【变式3】（2025·广西·中考真题）综合与实践 树人中学组织一次“爱心义卖”活动．九（5）班分配到了一块矩形义卖区和一把遮阳伞，遮阳伞在地面上的投影是一个平行四边形（如图1） 初始时，矩形义卖区与遮阳伞投影的平面图如图2所示，在上，，，，，，由于场地限制，参加义卖的同学只能左右平移遮阳伞．在移动过程中，也随之移动（始终在边所在直线上），且形状大小保持不变，但落在义卖区内的部分（遮阳区）会呈现不同的形状．如图3为移动到落在上的情形． 【问题提出】 西西同学打算用数学方法，确定遮阳区面积最大时的位置． 设遮阳区的面积为，从初始时向右移动的距离为． 【直观感知】（1）从初始起右移至图3情形的过程中，随的增大如何变化？ 【初步探究】（2）求图3情形的与的值； 【深入研究】（3）从图3情形起右移至与重合，求该过程中关于的解析式； 【问题解决】（4）当遮阳区面积最大时，向右移动了多少？（直接写出结果） 【答案】（1）随的增大而增大；（2），；（3）；（4） 【分析】（1）根据矩形的性质得，根据平行四边形的面积公式得，然后分别求出当时，当时，关于的解析式，即可得出结论； （2）根据（1）的结论可得答案； （3）当时，如图，设向右移动后得到，设交于点，交于点，交于点，则，， 此时遮阳区的面积为六边形的面积，推出，，得，，再根据即可得出结论； （4）分别确定：当时，当时，当时，各个范围内的最大值，即可得出结论． 【详解】解：（1）∵四边形是矩形，四边形是平行四边形，，，，在边所在直线上， ∴，，， 又∵如图2，在上，，， ∴， ， 当时，如图，设交于点，交于点，则， 此时遮阳区的面积为的面积， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴当时，随的增大而增大，的值从增大到； 当时，如图，设交于点，则，，， 此时遮阳区的面积为四边形的面积， ∵， ∴四边形为梯形， ∴， ∴当时，随的增大而增大，的值从增大到； 综上所述，从初始起右移至图3情形的过程中，随的增大而增大； （2）如图3，此时点落在上，则， 由（1）知：当时，； ∴图3情形时，，； （3）当时，如图，设向右移动后得到，设交于点，交于点，交于点，则，， 此时遮阳区的面积为六边形的面积， ∴，，， ∴，， ∴，， ∴，， ∴ ， ∴从图3情形起右移至与重合，该过程中关于的解析式为； （4）当时，， 当时，的最大值为：； 当时，， 当时，的最大值为：； 当时，， ∵ ∴当时，的最大值为：， 综上所述，当时，取得最大值，最大值为， ∴当遮阳区面积最大时，向右移动了． 【点睛】本题考查平移的性质，矩形的性质，平行四边形的性质，锐角三角函数的定义，列函数关系式，二次函数的最值，等积变换等知识点，利用分类讨论的思想及数形结合的思想解决问题是解题的关键． 【变式4】（2025·四川广元·中考真题）综合与实践 （1）【初步感知】如图①，和中，，，，求的度数； （2）【深入探究】如图②，在矩形中，，点E是线段上一点，连接，过点A在上方作，使，连接，请证明，并直接写出点F到的距离的最大值； （3）【学以致用】如图③，梯形中，，，，，点E是线段的中点，点F是线段上一点，连接，过点E在上方作，使，当的面积最小时，求的长． 【答案】（1）；（2）证明见解析；F到的距离的最大值为；（3） 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质、直角三角形的性质、矩形和梯形的面积计算及几何最值问题，解题的关键是通过角度关系和线段比例证明相似三角形，利用面积关系转化线段关系，结合图形性质求解． （1）初步感知：由推出，结合得比例式，证明，利用得出的度数． （2）深入探究：由矩形面积和面积关系得的定值，结合和矩形中，证明；得出，即可得出在以为直径的圆上运动，进而根据题意，即可求解． （3）学以致用：先计算梯形面积和面积，结合得的定值；根据（2）构造矩形，证明，得出，得出在为直径的圆上，进而求得出当的面积最小时，得出是等腰直角三角形，勾股定理即可得出长． 【详解】（1）解：∵ ∴，即． ． ∴（两边对应成比例且夹角相等）． ∵， ∴． （2）证明：∵， ∴，即， ∴ ∵四边形是矩形，， ∴，， ∵， ∴ ∴ ∴ ∴ ∴在以为直径的圆上运动， ∴到的最大距离为； （3）解：∵梯形中，，，，， ∴， ∵， ∴，即， ∵点E是线段的中点， ∴， 如图，取，作矩形，则，，连接， ∴， ∴， ∴， 又， ∴， ∴， ∴， ∴在为直径的圆上， ∴当的面积最小时，在过点且垂直于的直线上，则此时是等腰直角三角形， ∴． ►题型08 特殊四边形与实际问题 【典例】（2025·海南·中考真题）现有一台红外线理疗灯（如图-1所示），该设备的主体由底座、立柱、伸缩杆和灯臂组成，、、三点在同一直线上，图-2是该设备的平面示意图．垂直于，与水平线平行，与的夹角为，与的夹角为．经测量：为，为，为，，． (1)填空： ， ； (2)已知点到的距离为时，该设备使用效果最佳．求此时伸缩杆的长度．（参考数据：，，，） 【答案】(1)64；53； (2) 【分析】本题主要考查了解直角三角形的应用，矩形的判定和性质，理解题意，作出辅助线，综合运用这些知识点是解题关键． （1）过点C作，根据平行线的判定和性质求角度即可； （2）过点D作，过点E作，利用矩形的判定得出四边形为矩形，四边形为矩形，再结合图形，利用三角函数求解即可． 【详解】（1）解：过点C作， ∵垂直于， ∴， ∴， ∵与水平线平行， ∴， ∴， ∴， 故答案为：64；53； （2）解：过点D作，过点E作，如图所示： ∴四边形为矩形， 同理得：四边形为矩形， ∴， ∵为， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵为，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 【变式1】（2025·江苏无锡·中考真题）某校数学研究性学习小组为测量物体的高度，开展了如下综合与实践活动． 【活动主题】测量物体的高度 【测量工具】卷尺、标杆 【活动过程】 活动1：测量校内旗杆的高度 该小组在校内进行了旗杆高度的测量活动（示意图1）．在点处竖立标杆，直立在点处的小军从点处看到标杆顶、旗杆顶在同一条直线上．已知旗杆底端与、在同一条直线上，，． （1）求旗杆的高度． 活动2：测量南禅寺妙光塔的高度 南禅寺妙光塔，简称“妙光塔”，始建于北宋雍熙年间，是无锡著名的文物保护单位之一、该小组为全面了解本土历史文物，决定走出校园去测量妙光塔的高度．他们到达妙光塔后，发现塔顶和塔底中心均无法到达．经研究，设计并实施了如下测量活动（示意图2）．在地面一条水平步道上的点处竖立标杆，直立在点处的小军从点处看到标杆顶、塔顶在同一条直线上．小军沿的方向走到点处，此时标杆竖立于处，从点处看到标杆顶、塔顶在同一条直线上．已知、和在同一平面内，点在同一条直线上，，． （2）求妙光塔的高度． 【答案】（1）；（2） 【分析】本题考查相似三角形的应用，添加辅助线构造相似三角形是解题的关键． （1）于点H，交于点G，得矩形，，证明，根据对应边成比例得，代入数据求解即可； （2）于点H，交于点M，交于点，同（1）证明，推出，同理可得，推出，代入数值计算出，再代入，求出，进而即可求解． 【详解】解：（1）如图，于点H，交于点G， 则四边形，均为矩形， ，，， ， 由题意知， ，， ， ，即， 解得， ， 即旗杆的高度为． （2）如图，于点H，交于点M，交于点， ， 点P在线段上，四边形，，，均为矩形， ，，， ， ， 由题意知， ，， ， ， 同理可得， ， ， ，， ， 解得， ， 代入，得：， 解得， 即妙光塔的高度为． 【变式2】（2025·四川德阳·中考真题）在综合实践活动中，同学们将对学校的一块正方形花园进行测量规划使用，如图，点处是它的两个门，且，要修建两条直路，与相交于点（两个门的大小忽略不计）． (1)请问这两条路是否等长？它们有什么位置关系，说明理由； (2)同学们测得米，米，根据实际需要，某小组同学想在四边形地上再修一条米长的直路，这条直路的一端在门处，另一端在已经修建好的路段或花园的边界上，并且另一端与点B处的距离不少于米，请问能否修建成这样的直路，若能，能修建几条，并说明理由． 【答案】(1)这两条路与等长，且它们相互垂直； (2)如果另一端点在花园边界上时，能修建成这样的一条直路，理由见解析． 【分析】本题考查主要了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等面积法等知识，掌握知识点的应用是解题的关键． （）由四边形是正方形，则，，证明，故有，，又，则，从而求解； （）由（）得，，由勾股定理得出，由，即，得到，则有，然后分另一端点在路段上和另一端点在花园边界上时两种情况分析即可． 【详解】（1）解：∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴，， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴这两条路与等长，且它们相互垂直； （2）解：能修建一条这样的直路，理由如下： 由（）得，， ∵米，米， ∴米，米，米， ∴， ∴， ∴， 又∵在中有， ∴， ∴， ∴， 如果另一端点在路段上， 则在中，， ∴此种情况不成立； 如果另一端点在花园边界上时， 设，则在中，有， ∴， ∴， ∵， ∴能修建成这样的一条直路． 【变式3】（2025·四川自贡·中考真题）如图1，自贡彩灯公园内矗立着一座高塔，它见证过自贡灯会的辉煌历史．小蕊参加了测量该塔高度的课外实践活动，小组同学研讨完测量方案后，活动如下． (1)制作工具 如图2，在矩形木板上点处钉上一颗小铁钉，系上细绳，绳的另一端系小重物，过点画射线．测量时竖放木板，当重垂线时，将等腰直角三角尺的直角顶点紧靠铁钉，绕点转动三角尺，通过边瞄准目标，测量可得仰角度数．采用同样方式，可测俯角度数． 测量时，是否水平呢？小蕊产生了疑问．组长对她说：“因为始终垂直于水平面，满足就行．”求证：． (2)获取数据 如图3，同学们利用制作的测量工具，在该塔对面高楼上进行了测量．已知该楼每层高3米，小蕊在15楼阳台处测得塔底的仰角为，在25楼对应位置处测得塔底的俯角为，塔顶的仰角为． 如图4，为得到仰角与俯角的正切值，小蕊在练习本上画了一个，，，．在边上取两点，，使，，量得，，，则___________， ___________， ___________（结果保留小数点后两位）． (3)计算塔高 请根据小蕊的数据，计算该塔高度（结果取整数）． (4)反思改进 小蕊的测量结果与该塔实际高度存在2米的误差．为减小误差，小组同学想出了许多办法．请你也帮小蕊提出两条合理的改进建议（总字数少于50字）． 【答案】(1)见解析 (2)，， (3)50米 (4)见解析 【分析】本题考查了矩形的判定与性质、解直角三角形的应用，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． （1）根据矩形的性质和平行线的性质证明即可； （2）根据正切的定义计算即可得解； （3）延长交于，延长交于，则四边形为矩形，由矩形的性质可得，，由题意可得米，，，，设米，则米，解直角三角形得出，求出米，米，再解直角三角形得出米，即可得解； （4）结合题意提出合理的建议即可． 【详解】（1）证明：∵四边形为矩形， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴； （2）解：∵在中，，，，， ∴； ∵，，，， ∴，， ∵在中，，，，， ∴； ∵，，， ∴， ∵在中，，，，， ∴； （3）解：如图，延长交于，延长交于， ， 则， ∴四边形为矩形， ∴，， 由题意可得：米，，，， 设米，则米， ∵，， ∴，， ∴， 解得：， ∴米，米， ∵， ∴米， ∴米， 即该塔高度为米； （4）解：提出合理建议为：①多次测量取平均值；②取角的正切值用分数． 突破一中点四边形 【典例1】（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． 【变式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． 【变式2】（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： 【变式3】（2025·广西南宁·一模）综合与探究 【初步感知】如图1，是三边的中点，则叫作的内中点三角形，叫作的外中点三角形． （1）直接写出面积与面积的数量关系； （2）在图2的网格中画出的外中点． 【类比探究】如图3，是四边形各边的中点，则四边形叫作四边形的内中点四边形，四边形叫作四边形的外中点四边形． （3）求证：四边形是平行四边形； （4）若四边形的面积为，四边形面积为，求证：； （5）在图4的网格中画出的一个外中点四边形．（要求：都在网格线的交点上） 【答案】（1） （2）见解析 （3）见解析 （4）见解析 （5）见解析 【分析】（1）证明，即可由相似三角形的性质求解； （2）取格点P、M、N，连接，使B、C、A分别是的中点即可； （3）连接，根据三角形中位线的性质得出，，，．则，．即可由平行四边形的判定定理得出结论； （4）方法一：连接，证明，得同理，，，则 ，即． 方法二：连接分别交于点；过A作于点，交于点．证明，四边形为平行四边形．则．所以．．则． （5）取格点P、Q、M、N，连接，使B、C、D、A分别是的中点即可． 【详解】解：（1）∵是三边的中点， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）如图所示，即为所求； （3）如图，连接， 分别是的中点， ，． 同理：，． ，． 四边形是平行四边形． （4）方法一：连接， ， ． 又为中点， ． ，即． 同理，，， ，即． 方法二：连接分别交于点；过A作于点，交于点． ， ． 又为中点， ． ，． 又，， 四边形为平行四边形． ． ． 同理：． ． （5）如图所示，四边形即为所求．（画出一种即可） 【点睛】本题考查三角形的中位线的性质，相似三角形的判定与性质，中点四边形，平行四边形的判定，三角形的面积等知识，熟练掌握三角形的中位线的性质和相似三角形的判定与性质，是解题的关键． 【变式4】（2025·山东聊城·一模）综合与实践 在数学探究课上，老师要求同学们按照下列步骤进行探究． 动手操作：第一步，任意画出一个四边形．第二步，取四边形四条边的中点．第三步，顺次连接四个中点，得到一个新的四边形．（叫做中点四边形）根据以上操作，老师展示了四位同学的四个图形，并共同进行了探究，请你根据这四位同学作出的图形解决下列问题． (1)通过作图、测量，猜想：中点四边形的形状与原四边形对角线的数量关系和位置关系有关．请你根据图形填写下表． 原四边形对角线关系 中点四边形形状 图形 不相等、不垂直 平行四边形 图① 图② 图③ 图④ (2)请你根据图④写出已知、求证、证明． 【答案】(1)详见解析 (2)详见解析 【分析】本题主要考查了特殊四边形的判定和性质，新定义，中位线定理等知识点，熟练掌握中位线定理是解决此题的关键． （1）通过作图、测量即可得到解； （2）根据正方形的判定和性质，中位线定理证明即可． 【详解】（1）解：通过作图、测量，猜想：中点四边形的形状与原四边形对角线的数量关系和位置关系如下表， 原四边形对角线关系 中点四边形形状 图形 不相等、不垂直 平行四边形 图① 不相等、垂直 矩形 图② 相等、不垂直 菱形 图③ 相等、垂直 正方形 图④ （2）解：已知：四边形，，分别为边的中点，连， 求 证：四边形为正方形． 证明：如图， ∵分别为边的中点， ∴，，，，，， ∴，，， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴，， ∴为正方形． 突破二坐标系中矩形存在性探究题 【典例1】（2025·青海西宁·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，以P为顶点的抛物线的解析式为，点A的坐标是，以原点为中心，把点A顺时针旋转，得到点． (1)直接写出点的坐标和抛物线的对称轴； (2)当时，y有最大值为，求抛物线的解析式； (3)在(2)的条件下，若点M在y轴上，点N在坐标平面内，是否存在以点，P，M，N为顶点的四边形是矩形？若存在，请直接写出所有符合条件的点N的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)； (2) (3)存在；， 【分析】本题考查旋转的性质，二次函数的图象和性质，二次函数的综合应用，正确的求出函数解析式，利用数形结合和分类讨论的思想进行求解，是解题的关键： （1）根据旋转的性质，二次函数的对称轴公式进行计算即可； （2）根据二次函数的增减性，列出方程求出的值即可； （3）分为对角线，为对角线，为对角线，三种情况进行讨论求解即可． 【详解】（1）解：∵点A的坐标是， ∴， ∵以原点为中心，把点A顺时针旋转， ∴， 此时点在轴正半轴上， ∴； ∵， ∴对称轴为直线； （2）∵，对称轴为直线， ∴当时，随的增大而减小， ∵， ∴当，有最大值为， ∴， ∴； （3）存在； ∵， ∴当时，， ∴， 设，， 由（1）知：； 当以点，P，M，N为顶点的四边形是矩形时，分三种情况： ①当为对角线时，则为以为顶点的直角三角形，，即轴，， ∴轴， ∴轴， ∴，； ②当以为对角线时，则：，解得， ∴，， ∵， ∴，解得； ∴； ③当以为对角线时，要满足，P，M，N为顶点的四边形是矩形，则需要满足是以为直角的直角三角形，即轴，与题意不符；故此种情况不存在； 综上：或． 【变式1】（2025·四川成都·模拟预测）如图，直线与反比例函数的图象交于，B两点(点B位于点A右侧)，连接． (1)求直线的表达式． (2)当的面积为时，求点B的坐标； (3)在（2）的条件下，作点B关于的对称点C，连接，是否存在点D，使得四边形为矩形？若存在，请求出点D的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）把点A坐标代入反比例函数解析式中求出点A坐标，再设出直线解析式，并利用待定系数法求解即可； （2）过点A作轴于T，连接，则，可得，进而得到；设，则，解方程即可得到答案； （3）连接交于H，可证明，得到；由对称性可得，且点H为的中点，由等面积法可得，设，则，解方程可得，根据中点坐标公式可得，求出的中点坐标为，则的中点坐标为，即可得到点D的坐标为． 【详解】（1）解：∵直线与反比例函数的图象交于，B两点， ∴， ∴， 设直线的表达式为， ∴， ∴， ∴直线的表达式为； （2）解：如图所示，过点A作轴于T，连接， ∵， ∴， ∴， ∵的面积为， ∴， ∴； 设， ∴， 解得（已检验符合题意）或（舍去）， ∴， ∴； （3）解：如图所示，连接交于H， ∵，， ∴，， ， ∴， ∴， ∴； ∵点B和点C关于对称， ∴，且点H为的中点， ∴， ∴， 设，则， 解得， ∴， ∴， ∵， ∴的中点坐标为， ∵四边形是矩形， ∴的中点坐标为， ∴点D的坐标为． 【点睛】本题主要考查了一次函数与反比例函数综合，勾股定理及其逆定理，矩形的性质，轴对称的性质，中点坐标公式，正确作出辅助线是解题的关键． 突破三坐标系中菱形存在性探究题 【典例3】（2025·四川绵阳·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，正比例函数的图象与反比例函数的图象交于两点，点在反比例函数的图象上，且在第一象限内点的右侧，连接 的面积为5． (1)求点A，B的坐标及反比例函数的解析式； (2)探究在轴上是否存在点，使得以点O，C，M，N为顶点的四边形为菱形？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)，反比例函数解析式为 (2)点坐标为或或或 【分析】本题主要考查了反比例函数的表达式、反比例函数与一次函数交点问题、菱形的性质等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键． （1）先求出点值，可得点坐标，进而可得反比例函数解析式，进而可得坐标； （2）先求出点坐标，进而分类讨论很容易求出点坐标． 【详解】（1）解：将代入得，， 解得：， ∴正比例函数表达式为， ， ∴反比例函数解析式为， ∵点关于原点对称， ， 综上，，反比例函数解析式为； （2）解：过作轴，交于点， 设，则， ， ， 解得：或（舍去）， ， 则， 当为菱形的边时，有如下三种情况： ①如图，点在点左侧， 此时轴，且， ； ②如图，此点在点右侧， 此时轴，且， ； ③如图，为对角线， 此时点与点关于轴对称，则； 当为菱形的对角线时，如下有一种情况： 过作轴于点， 设，则， 在中，， 解得， ， ， 综上，点坐标为或或或． 【变式1】（24-25九年级下·甘肃陇南·月考）已知抛物线与轴交于，两点（点在点的左边），与轴交于点． (1)求抛物线的表达式； (2)若将抛物线沿轴向右平移得到抛物线，平移后点的对应点为点，点是平面内任意一点，是否存在以、、、四个点为顶点的四边形是菱形？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)抛物线的表达式为 (2)存在，点的坐标为或或或 【分析】本题考查了二次函数的图象与性质，菱形的性质，勾股定理，解题的关键是分类讨论． （1）利用待定系数法求解即可； （2）先求出点，点，得到，过点作轴于点，根据菱形的性质求解即可． 【详解】（1）解：将点代入抛物线得：， 解得：， 抛物线的表达式为； （2）解：存在以、、、四个点为顶点的四边形是菱形，理由如下： ， 令，则， 解得：，， 点，点． ， 如图，当四边形为菱形时，，过点作轴于点， 四边形为菱形， ， ， ， ， 同理，如图，当四边形为菱形时，，， ． 同理，如图，当四边形为菱形时，，， ， 当四边形为菱形时，设交于点，则， ， ； 综上所述，点的坐标为或或或． 突破四坐标系中正方形存在性探究题 【典例4】（2025·四川资阳·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与轴相交于两点（点在点的左边），与轴相交于点，且抛物线的顶点坐标为． (1)求抛物线的表达式； (2)是抛物线上位于第四象限的一点，点，连接相交于点，连接．若与的面积相等，求点的坐标； (3)是抛物线上的两个动点，分别过点作直线的垂线段，垂足分别为．是否存在点，使得以为顶点的四边形是正方形？若存在，求该正方形的边长；若不存在，说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在，正方形的边长为或 【分析】（1）待定系数法求出函数解析式即可； （2）作轴，垂足为点，设，则：，，根据与的面积相等，推出，列出方程进行求解即可； （3）存在点，使四边形为正方形，如图所示，过作轴，过作轴，过作轴，则有与都为等腰直角三角形，设，设直线解析式为，与二次函数解析式联立，消去得到关于的一元二次方程，利用根与系数关系表示出，由为等腰直角三角形，得到，若四边形为正方形，得到，求出的值，进而确定出的长，即为正方形边长． 【详解】（1）解：∵抛物线与轴相交于点，且抛物线的顶点坐标为． ∴设抛物线的解析式为：， 把代入，得：， ∴， ∴； （2）当时，解得：， ∴， ∵， ∴设直线的解析式为：，把代入，得：， ∴， 作轴，垂足为点，设，则：， ∴， ∵与的面积相等， ∴，即：， ∵， ∴， ∴， 解得：或（舍去）； ∴； （3）存在点，使四边形为正方形， 如图所示，过作轴，过作轴，过作轴，则有与都为等腰直角三角形，， 由（2）可知，直线的解析式为， 设，直线解析式为， 联立得：， 消去得：， ， 为等腰直角三角形， ， ， ， ， ∵四边形为正方形， ∴， ， 整理得：， 解得：或， 正方形边长为， 或．即正方形的边长为或． 【点睛】此题属于二次函数综合题，涉及的知识有：待定系数法确定函数解析式，根与系数的关系，等腰直角三角形的性质，正方形的性质，勾股定理以及一次函数与二次函数的性质，熟练掌握待定系数法是解本题的关键． 【变式1】（2025·山东烟台·二模）如图，抛物线的图像经过点，与轴交于点，点，抛物线对称轴为． (1)求抛物线的表达式； (2)将抛物线向右平移1个单位，再向上平移3个单位得到抛物线，求抛物线的表达式，并判断点是否在抛物线上； (3)在抛物线的对称轴上是否存在一点，使最大，若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由； (4)点是平面内的一点，在抛物线和抛物线上是否存在一点，使以点，为顶点的四边形是以为边的正方形．若存在，请直接写出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)，点在抛物线上 (3)存在， (4)存在，点的坐标为：或或 【分析】（1）由对称轴为，计算得到，将点D的坐标代入抛物线表达式求出，计算即可； （2）求出，当时，，即可判断点D在抛物线上 （3）设点关于抛物线对称轴的对称点为点，可知，连接并延长交直线于点，此时最大，设直线的表达式为：，求出直线的表达式为：，即可得到 （4）连接，勾股定理求出，得到为等腰直角三角形，进而得到当于点重合时，满足题意，作关于点得对称点，易得为等腰直角三角形，且点在抛物线上，得到点于点重合时满足题意，过点作的平行线交抛物线于点，求出直线的解析式，进而求出的解析式，联立直线和抛物线的解析式，求出点坐标，求出，满足题意，即可． 【详解】（1）解：∵抛物线对称轴为， ∴， ∴， 将点D的坐标代入抛物线表达式得：， 解得：， 则抛物线的表达式为：； （2）解：由题意得：， 当时，， 故点D在抛物线上； （3）解：设点关于抛物线对称轴的对称点为点， ∴ 连接并延长交直线于点，此时最大， 令，解得：， ∴， 设直线的表达式为：，将、两点坐标代入， ∴，解得：， ∴直线的表达式为：， 令，得， ∴ （4）存在，理由如下： 连接， ∵， ∴当时，， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∴为等腰直角三角形， ∴当点与点重合时，存在正方形， 作点关于点的对称点，则：为等腰直角三角形， 当点与重合时，存在正方形， 对于，当时，， 故，在抛物线上，满足题意； 过点作的平行线交抛物线于点，则：， 同（2）法可得，直线的解析式为：， 设的解析式为：，把代入，得：，解得：， ∴， 联立，解得：或（不合题意，舍去） ∴， ∴， 故存在正方形； 综上：存在，点的坐标为或或 突破五特殊平行四边形与一次函数/反比例函数综合题 【典例5】（2025·四川德阳·中考真题）如图，已知菱形，点在轴上，反比例函数的图象经过菱形的顶点，连接，与反比例函数图象交于点． (1)求反比例函数解析式； (2)求直线的解析式和点的坐标． 【答案】(1)； (2)，． 【分析】本题考查了正比例函数和反比例函数的性质，菱形的性质，勾股定理等知识，掌握知识点的应用是解题的关键． （）利用待定系数法即可求解； （）由得，又四边形是菱形，则，得到，从而求出直线的解析式为，然后联立，即可求解． 【详解】（1）解：把代入，得， ∴反比例函数解析式为； （2）解：∵， ∴， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， 设直线的解析式为， 把代入得， ∴ ∴直线的解析式为， ∵点是反比例函数与正比例函数的交点， ∴联立解析式， 解得或， ∵， ∴． 【变式1】（2025·广东·中考真题）定义：把某线段一分为二的点，当整体线段比大线段等于大线段比小线段时，则称此线段被分为中外比，这个点称为中外比点． (1)如图，点是线段的中外比点，，，求的长． (2)如图，用无刻度的直尺和圆规求作一点把线段分为中外比．（保留作图痕迹，不写作法） (3)如图，动点在第一象限内，反比例函数的图象分别与矩形的边，相交于点，，与对角线相交于点．当是等腰直角三角形时，探究点，，是否分别为，，的中外比点，并证明． 【答案】(1) (2)见解析 (3)当是等腰直角三角形时，点，，分别为，，的中外比点，证明过程见解析 【分析】（1）设，根据题意，得，解分式方程，即可求解； （2）①作线段的垂直平分线，交于点；②过点作，且；③连接；④以点为圆心，为半径，画弧，交于点；⑤以点为圆心，为半径，画弧，交于点，点即为线段的中外比点． 设，根据勾股定理求得，继而求得，，分别代入、，即可求证点为线段的中外比点； （3）当是等腰三角形时，点、、分别为，，的中外比点，分三种情况讨论：①当时，证得，设点，则，根据点、在反比例函数的图象上，可构建方程，解得，分别求得、、、、、的值，即可求证．设直线的函数解析式为，利用待定系数法求得直线的函数解析式为，联立方程组，求得点的坐标，即可求证；②当，同理可证点，，分别为，，的中外比点；③当，则点、分别位于轴、轴上，与反比例函数不符． 【详解】（1）解：设，则， 根据题意，得：，即， 整理，得：，解得：，， ， 舍去， ． （2）解：如图所示，点为所求． 设， 根据题意，得：，， ， ，， ，， ， 点为线段的中外比点． （3）解：当是等腰三角形时，点、、分别为，，的中外比点，理由如下： 第一种情况：当，则， ， 四边形是矩形， ， ， ， ， 设点， ，，则， 点、在反比例函数的图象上， 得：， 由①得：，将其代入②，得：， 整理，得：， 解得：， ，（舍去）， ，，， ，，， ，，， ，， ，， ，， 点、为、的中外比点． 点在反比例函数的图象上，， ， 反比例函数为， ， 设直线的函数解析式为， 将点，代入，得：， 直线的函数解析式为， 联立方程组，解得：， ， ， 点为的中外比点． 第二种情况：当，则， ， 四边形是矩形， ， ， ， ， 设点， ，，则， 点、在反比例函数的图象上， 得：， 由①得：，将其代入②，得：， 整理，得：， 解得：， ，（舍去）， ，，， ，，， ，，， ，， 点、为、的中外比点． 点在反比例函数的图象上，， ， 反比例函数为， ， 设直线的函数解析式为， 将点，代入，得：， 直线的函数解析式为， 联立方程组，解得：， ， ， 点为的中外比点． 第三种情况：当，则点、分别位于轴、轴上，与反比例函数不符，因此这种情况不存在． 综上所述，当是等腰直角三角形时，点，，分别为，，的中外比点． 【点睛】本题主要考查了解一元二次方程，中外比点即黄金分割点的尺规作图，矩形的性质，全等三角形的判定与性质，反比例函数的图象与性质，二次根式的混合运算，用待定系数法求一次函数和反比例函数的解析式，一次函数与反比例函数的交点坐标，两点坐标的距离公式，熟练掌握相关知识点是解题关键． 【变式2】（2025·广东·模拟预测）如图，为正方形的边的中点，反比例函数的图象与、分别交于点、，连接、、，，． (1)求的值； (2)求证：； (3)猜想与的数量关系，并证明． 【答案】(1) (2)见解析 (3)，证明见解析 【分析】（1）根据，设，则，由勾股定理得，进而得，由此得，，则点，代入可求出的值； （2）由为中点，得，将代入可得，则，由，可证，根据对应角相等及等角的余角相等可得，进而得证； （3）设的中点为，连接并延长与的延长线交于点，由得，由得，，则，进而可得，则，，进而可证． 【详解】（1）， 设，则， 正方形中，，， 中，由勾股定理得：， ， ，，， ， 代入得； （2）证明：为中点， ， 由已知得，代入得， ，， ， ， 正方形中，， ， ， 中，， ， ，即； （3），理由如下： 设的中点为，连接并延长与的延长线交于点，如图所示： ， ，正方形中，， ， ， 在和中， ， ， ，， ， ， ， ， ， ． 【点睛】本题考查了反比例函数，正方形的性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，掌握相关知识点并综合运用是解题的关键． 突破六特殊平行四边形与二次函数综合题 【典例6】（2025·四川泸州·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，抛物线经过点，与轴交于点和点． (1)求该抛物线的解析式； (2)点在直线上，点在轴上，是抛物线上位于第一象限的点，若四边形是正方形，求点的坐标； (3)设点在抛物线上，点在抛物线上，当时，的最小值为3，求的值． 【答案】(1) (2) (3)或 【分析】（1）直接利用待定系数法求解即可； （2）如图所示，过点D作轴于M，过点F作轴于N，设直线于y轴交于T，先求出，进而求出；由正方形的性质可得，证明，得到；设，则；导角证明，得到，解得到，则，据此可求出，再由在直线上，得到，解方程即可得到答案； （3）分别求出，，令 ，可得，则二次函数的对称轴为直线，且开口向上，再分，，，三种情况根据当时，的最小值为3进行讨论求解即可． 【详解】（1）解：∵，抛物线经过点，与轴交于点， ∴， ∴， ∴抛物线解析式为； （2）解：如图所示，过点D作轴于M，过点F作轴于N，设直线于y轴交于T， ∴， 在中，当时，， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴； ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； 设， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴， ∵在直线上， ∴， ∴， 解得或（舍去）， ∴， ∴； （3）解：∵点在抛物线上，点在抛物线上， ∴，， 令 ∴ ， ∴二次函数的对称轴为直线，且开口向上， 当时，∵时，的最小值为3， ∴当时，， ∴， 解得或（舍去）； 当时，∵时，的最小值为3， ∴当时，， ∴， 解得或（舍去） 当时，∵时，的最小值为3， ∴当时，， ∴， 解得（舍去）； 综上所述，或． 【点睛】本题主要考查了二次函数综合，解直角三角形，二次函数的最值问题，待定系数法求函数解析式，全等三角形的性质与判定等等，解（2）的关键在于构造全等三角形，从而用点F的横坐标表示出点D的坐标；解（3）的关键在于构造新二次函数，通过讨论对称轴的位置求解． 【变式1】（2025·湖北·中考真题）抛物线与轴相交于点和点，与轴相交于点，是抛物线的顶点，是抛物线上一动点，设点的横坐标为． (1)求的值； (2)如图1，若点在对称轴左侧，过点作对称轴的垂线，垂足为，求的值； (3)定义：抛物线上两点M，N之间的部分叫做抛物线弧（含端点和）．过，分别作轴的垂线，过抛物线弧的最高点和最低点分别作轴的垂线，直线与围成的矩形叫做抛物线弧的特征矩形．若点在第四象限，记抛物线弧的特征矩形的周长为． ①求关于的函数解析式； ②过点作轴，交抛物线于点，点与点不重合．记抛物线弧的特征矩形的周长为．若，直接写出的长． 【答案】(1) (2)2 (3)①②或 【分析】本题考查二次函数的综合应用，正确的求出函数解析式，利用数形结合和分类讨论的思想进行求解，是解题的关键： （1）待定系数法进行求解即可； （2）一般式化为顶点式，求出点坐标，根据点横坐标，得到，进而求出，进行求解即可； （3）①求出点，点坐标，分，，三种情况，分别求出矩形的两条邻边长，利用周长公式，列出函数关系式即可； ②根据轴，得到关于对称轴对称，进而求出点坐标，分分，，三种情况，求出的函数关系式，再根据，分别求出满足题意的的值，进而求出的长即可． 【详解】（1）解：把代入，得：， ∴； （2）由（1）可知：， ∴， ∵是抛物线上一动点，设点的横坐标为， ∴， ∵过点作对称轴的垂线，垂足为， ∴，， ∴； （3）①当时，，当时，， ∴，， 由（2）可知：，，对称轴为直线， ∴点关于对称轴的对称点为 ∵在第四象限， ∴， 当时，抛物线弧的最高点为，最低点为，此时特征矩形的两条邻边的长分别为：， ∴； 当时，抛物线弧的最高点为，最低点为，此时特征矩形的两条邻边的长分别为：， ∴； 当时，抛物线弧的最高点为，最低点为，此时特征矩形的两条邻边的长分别为：， ∴； 综上：； ②∵轴， ∴关于对称轴对称， ∴， 当时，抛物线弧的最高点为，最低点为，此时特征矩形的两条邻边的长分别为：， ∴； ∵， ∴，解得：（舍去）或； ∴； 当时，抛物线弧的最高点为，最低点为，此时特征矩形的两条邻边的长分别为：， ∴； ∵， ∴，解得：或（舍去）； ∴； 当时，抛物线弧的最高点为，最低点为，此时特征矩形的两条邻边的长分别为：， ∴； ∵， ∴，解得：（舍去）或； ∴ 综上：或． 【变式2】（2025·江苏苏州·二模）如图①，在平面直角坐标系中，若菱形满足轴，则称该菱形为“标准可放缩菱形”．抛物线与x轴交于点A，B，顶点为点，与y轴交于点交． (1)求二次函数的函数表达式； (2)若菱形的顶点G与点A重合，点I恰好落在抛物线上，求点I的坐标以及此时菱形的面积； (3)如图②，已知抛物线的顶点为点D，其中，直线与抛物线对称轴右侧的曲线分别交于点P，Q，且P，Q两点分别与“标准可放缩菱形”的顶点G，I重合． ①求m的值； ②线段的长为______． 【答案】(1) (2)，菱形的面积为或，菱形的面积为 (3)①② 【分析】本题考查二次函数与几何的综合应用，解直角三角形，菱形的性质，正确的求出函数解析式，利用数形结合的思想进行求解，是解题的关键： （1）待定系数法求出函数解析式即可； （2）分点在上方和下方，两种情况进行讨论求解即可； （3）①设直线与轴分别交于点，求出点坐标，作交的延长线于点，求出，平行线的性质推出，求出点坐标，待定系数法求出的值；②根据的值，得到直线和抛物线的解析式，进而求出的坐标，求解即可． 【详解】（1）解：∵抛物线与x轴交于点A，B，顶点为点，与y轴交于点交， ∴，把，代入，得：， 解得：， ∴； （2）∵， ∴当时，解得：， ∴， ∴， ∵菱形，轴， ∴，轴， 当菱形的顶点G与点A重合，点I恰好落在抛物线上时，分两种情况： ①当点在上方时，如图，作轴， 则：， ∴设， ∴，， ∴， ∴，即：， ∵点I恰好落在抛物线上， ∴，解得：或（舍去）， ∴， ∴菱形的面积为：； ②当点在下方时，如图， 同理可得：， ∴，解得：或（舍去）， ∴， ∴菱形的面积为：； 综上：，菱形的面积为或，菱形的面积为； （3）①设直线与轴分别交于点， 当时，， ∴， ∴， ∵P，Q两点分别与“标准可放缩菱形”的顶点G，I重合，如图，作交的延长线于点， ∴轴，， ∴， ∴， ∴设，，则：， ∴， ∴， ∵轴， ∴， ∴， ∴， ∴， 把代入，得：， ∴； ②由①可知：直线的解析式为：，抛物线的解析式为：， 联立，解得：或（舍去）， ∴； 联立，解得：或（舍去）， ∴， ∴． 突破七特殊平行四边形新定义探究题 【典例7】（2025·广东广州·中考真题）宽与长的比是（约为）的矩形叫做黄金矩形．现有一张黄金矩形纸片，长．如图1，折叠纸片，点B落在上的点E处，折痕为，连接，然后将纸片展开． (1)求的长； (2)求证：四边形是黄金矩形； (3)如图2，点G为的中点，连接，折叠纸片，点B落在上的点H处，折痕为，过点P作于点Q．四边形是否为黄金矩形？如果是，请证明：如果不是，请说明理由． 【答案】(1)2 (2)证明见解析 (3)四边形是黄金矩形．证明见解析 【分析】（1）根据黄金矩形的定义可得：，再进一步求解即可； （2）先证明四边形是正方形；可得，，证明四边形是矩形，从而可得答案； （3）先证四边形是矩形，然后求解，由对折可得：，设，则，由面积可得：，可得：，再进一步可得结论． 【详解】（1）解：∵，矩形是黄金矩形， ∴， ∴； （2）证明：∵折叠黄金矩形纸片，点B落在上的点E处， ∴，， 又∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形； ∴， 由（1）可知，， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∴四边形是黄金矩形． （3）解：四边形是黄金矩形，证明如下： ∵，四边形是正方形， ∴， ∴四边形是矩形； 由（2）可知，， ∵为的中点， ∴， ∴， 如图，连接，由对折可得：，，， 设，则， ∵ ∴， 解得：， ∴， ∴， ∴四边形是黄金矩形． 【点睛】本题考查的是矩形的判定与性质，正方形的判定与性质，勾股定理的应用，二次根式的运算，理解黄金矩形的定义是关键． 【变式1】（2025·新疆乌鲁木齐·模拟预测）2025年4月“春满丝路·鸢韵天山”风筝嘉年华在乌鲁木齐市石人子沟举行，孩子们“忙趁东风放纸莺”（风筝）．传统风筝“两翼舒展、中轴对称”的结构在蓝天划出优美弧线，生动展现传统工艺与数学之美的跨界融合． 【研究对象】 如图1，在四边形中，，我们把这种两组邻边分别相等的四边形叫做“筝形”． （1）依据筝形定义，写出一种学过的、符合筝形定义的四边形：_________； 【性质探究】 （2）根据学过的平行四边形、矩形、菱形、正方形的学习经验，请你通过观察、测量、折叠等探究活动，写出一条筝形（如图2）的性质的猜想并证明； 【拓展应用】 （3）如图3，已知在筝形中，，求对角线，的长． 【答案】（1）菱形；（2）性质：筝形对角线互相垂直，证明见解析；（3）； 【分析】本题主要考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质、解直角三角形等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键． （1）依据筝形定义求解即可； （2）根据筝形的定义可知其是轴对称图形、对角线互相垂直，利用全等证明即可； （3）依据特殊角构造直角三角形，解求得，再利用等面积求即可． 【详解】解：（1）由定义可知：菱形的对角线互相垂直，故菱形是筝形， 故答案为：菱形； （2）性质：筝形对角线互相垂直； 证明：如图， 在和中， （）， ， ， ，； （3）如图，过作于点，连接、交于点， ， ， ， ，， ， 在中， 由（2）知，且， ， ， ． 【变式2】（2025·河南·模拟预测）【定义学习】 定义：如果四边形有一组对角为直角，那么我们称这样的四边形为“对直四边形”． 【判断尝试】 （1）在①平行四边形②矩形③菱形④正方形中，是“对直四边形”的是______；（填序号） （2）如图1，四边形是对直四边形，若，，，，则边的长是______； 【操作探究】 如图2，在菱形ABCD中，，，于点E，请在边上找一点F，使得以点A、E、C、F组成的四边形为“对直四边形”，画出示意图，并直接写出的长是______； 【拓展延伸】 如图3，在正方形中，，点E、F、G分别从点B、B、C同时出发，并分别以每秒1、1、2个单位长度的速度，分别沿正方形的边、、方向运动（保持），再分别过点E、F作、的垂线交于点H，连接、．试说明：四边形为对直四边形． 【实践应用】 某加工厂有一批四边形板材，形状如图4所示，其中米，米，，．现根据客户要求，需将每张四边形板材进一步分割成两个等腰三角形板材和一个“对直四边形”板材，且这两个等腰三角形的腰长相等，要求材料充分利用无剩余．请直接写出分割后得到的等腰三角形的腰长是______． 【答案】（1）②④；（2）；操作探究：；拓展延伸：见解析；实践应用：或4． 【分析】（1）矩形和正方形的对角是直角； （2）连接，根据勾股定理求得结果； 操作探究：连接，则，是等边三角形，故取的中点，进而得出结果； 拓展延伸：延长，交于，可证得，从而，进而得出，进一步得出结论； 实践应用：作于，作于，可得四边形是矩形，和是腰长相等的等腰直角三角形；另一种情形：作，同上可知：四边形是“对直四边形”，和是腰长相等的等腰直角三角形． 【详解】解：（1）∵矩形和正方形的四个角都是直角， ∴矩形和正方形是“对直四边形”， 故答案为：； （2）如图， 连接，， ， ， ， 故答案为：； 操作探究：解：如图， 取的中点，连接， 则四边形是“对直四边形”，， 故答案为：； 拓展延伸 （1）证明：如图， 延长，交于， 四边形是正方形， ，， ，， ， 四边形是矩形， 点、、分别从点、、同时出发，并分别以每秒、、个单位长度的速度运动， ， 四边形 是正方形， ， ， 同理可得：四边形是矩形， ，， ，， ， ， ， ， ， 四边形为对直四边形； 实践应用：解：如图， 作于，作于， ， 四边形是矩形， ，， ， ， ， ， ， 四边形是“对直四边形”，和是腰长相等的等腰三角形， ， 如图， 作于，作于， 同上可知：，四边形是“对直四边形”，和是腰长相等的等腰三角形，， 综上所述：等腰三角形的腰长为：或． 【点睛】本题考查了正方形的判定和性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定，直角三角形的性质等知识，解决问题的关键是分类讨论． 突破八探究动点轨迹与线段最值问题 【典例8】（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：． 【变式1】（2025·江苏连云港·中考真题）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． 【变式2】（2025·四川自贡·中考真题）如图，正方形边长为6，以对角线为斜边作、，点在上．连接．若．则的最小值为（    ） A．6 B．6 C．3 D．4 【答案】D 【分析】建立平面直角坐标系，以点B为原点，所以直线为x轴，所在直线为y轴，设的中点为G，过点D在上方作，使.过点H作于点K，连接，则，根据正方形性质，得，得，和，，根据 ，得点B、E、A、D在上，得，得，根据，得，得，得点F在以点H为圆心，为半径的圆上运动，根据，得，得，得取得最小值，为． 【详解】解：以点B为原点，所以直线为x轴，所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，如图， 设的中点为G，过点D作，使，过点H作于点K，连接，则， ∵正方形边长为6， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴点B、E、A、D在上， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 即， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴点F是在以点H为圆心，为半径的圆上运动， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴当点F在上时， 取得最小值， 为． 故选：D． 【点睛】本题考查了正方形与三角形综合．熟练掌握正方形性质，勾股定理，直角三角形斜边上中线性质，圆周角定理，相似三角形判定和性质，等腰直角三角形性质，是解题的关键． 【变式3】（2025·江苏宿迁·中考真题）如图1，在矩形中，，点是边上一个动点，点在射线上，．线段的垂直平分线分别交直线于点、、、． (1)直接写出___________°，___________； (2)当时，求的值； (3)如图2，连接并延长交直线于点． ①求证：； ②如图3，过点作直线的垂线，分别交直线于点，连接，求线段的最小值． 【答案】(1)， (2) (3)①见解析  ② 【分析】（1）过点E作于点K，即可得到四边形是矩形，然后证明，即可求出的值，然后根据正切的定义求出的度数即可； （2）根据勾股定理求出长，利用（1）的结论求出长，然后证明是等边三角形，根据正弦的定义求出长解答即可； （3）①根据（2）的证明得到，过点M作交于点L，则有，得到，即可得到，然后根据平行线分线段成比例得到结论即可； ②连接，，根据直角三角形斜边上的中线性质和平行线分线段成比例得到，进而判断，即可得到点Q在与线段夹角为的射线上，然后根据垂线段最短解答即可． 【详解】（1）解：过点E作于点K， ∵是矩形， ∴， ∴四边形是矩形， ∴    ，， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 故答案为：，； （2）解：∵，， ∴    ， 根据（1）中结论可得， 又∵垂直平分， ∴， 又∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴； （3）①证明：根据（1）中结论可得， 又∵垂直平分， ∴， 又∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴； 过点M作交于点L， 则，， 又∵垂直平分， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∴，即， ②连接，， ∵，， ∴， 又∵垂直平分，， ∴，， ∴， ∴， ∴，， ∴， 又∵， ∴， ∴，即点Q在与线段夹角为的射线上， ∴过点D作于点， 当点Q在时，最小， 这时． 【点睛】本题考查矩形的性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理和等边三角形的判定和性质，作辅助线构造全等三角形是解题的关键． 【变式4】（2025·黑龙江绥化·中考真题）综合与实践 如图，在边长为8的正方形中，作射线，点是射线上的一个动点，连接，以为边作正方形，连接交射线于点，连接．（提示：依题意补全图形，并解答） 【用数学的眼光观察】 （1）请判断与的位置关系，并利用图（1）说明你的理由． 【用数学的思维思考】 （2）若，请你用含的代数式直接写出的正切值________． 【用数学的语言表达】 （3）设，正方形的面积为．请求出与的函数解析式．（不要求写出自变量的取值范围） 【答案】（1），理由见解析； （2）； （3）与的函数解析式为． 【分析】（1）由正方形的性质，得出线段之间的数量关系和角之间的数量关系，综合应用全等三角形的判定和性质即可确定与的位置关系； （2）由正方形的性质，可得线段之间的位置关系，综合应用相似三角形的判定和性质，可得边之间的比例关系，化简整理即可； （3）根据点的位置变化，进行分类讨论，应用勾股定理即可得出每种情况下正方形的面积，对各种情况所得结果进行整理即可． 【详解】（1）解： 理由： ∵四边形和四边形都是正方形， ∴，，，， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴． （2）解：连接交于点， ∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵正方形的边长， ∴， ∴， 设，则， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 故答案为：． （3）解：当点在对角线上时，如图，过点作于点， ∵，， ∴，， ∴在中，， ∴， 当点在上，点在上时，如图，过点作于点， ∵，， ∴，， ∴在中，， ∴， 当点在对角线的延长线上时，如图，过点作交的延长线于点， ∵，， ∴，， ∴在中，， ∴， 综上所述，， 答：与的函数解析式为． 【点睛】本题考查正方形的性质，锐角三角函数，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，正方形的面积，解题的关键是熟练掌握三角形全等和相似的判定定理，会用分类讨论的思想方法解决问题． 突破九综合与实践类问题 【典例9】（2025·江西·中考真题）综合与实践 从特殊到一般是研究数学问题的一般思路，综合实践小组以特殊四边形为背景就三角形的旋转放缩问题展开探究． 特例研究 在正方形中，相交于点O． （1）如图1，可以看成是绕点A逆时针旋转并放大k倍得到，此时旋转角的度数为________，k的值为________； （2）如图2，将绕点A逆时针旋转，旋转角为α，并放大得到（点O，B的对应点分别为点E，F），使得点E落在上，点F落在上，求的值 类比探究 （3）如图3，在菱形中，，O是的垂直平分线与的交点，将绕点A逆时针旋转，旋转角为α，并放缩得到（点O，B的对应点分别为点E，F），使得点E落在上，点F落在上．猜想的值是否与α有关，并说明理由； （4）若（3）中，其余条件不变，探究之间的数量关系（用含β的式子表示）． 【答案】（1）；；（2）；（3）的值与α无关，理由见解析；（4）． 【分析】（1）利用正方形的性质结合旋转的性质求解即可； （2）由题意得，推出，，再得到，推出，根据正方形的性质求解即可； （3）同理可证，得到，根据线段垂直平分线的性质求得，再根据余弦函数的定义求解即可； （4）同理可证，，，根据，求解即可． 【详解】解：（1）∵正方形， ∴，， ∴旋转角为，， 故答案为：；； （2）如图， 根据题意得， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴； （3）的值与α无关，理由如下， 如图， 同理可证， ∴， ∵菱形中，， ∴， ∵O是的垂直平分线与的交点， ∴， ∴， 过点作于点， ∴，， ∴， ∴， ∴的值与α无关； （3）同理可证，，， ∴，， ∵， ∴ ， 即． 【点睛】本题考查了旋转的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，线段垂直平分线的性质，正方形和菱形的性质．解题的关键是灵活运用所学知识解决问题． 【变式1】（2025·黑龙江齐齐哈尔·中考真题）综合与实践 在探索几何图形变化的过程中，通过直观猜想、逻辑推理、归纳总结可以获得典型的几何模型，运用几何模型能够轻松解决很多问题，让我们共同体会几何模型的“数学之美”． (1)【几何直观】如图1，中，，，在内部取一点，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，，则与的数量关系是__________；与的数量关系是__________； (2)【类比推理】如图2，在正方形内部取一点，使，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，延长交的延长线于点，求证：四边形是正方形； (3)【深度探究】如图3，矩形中，，，在其内部取一点，使，将线段绕点逆时针旋转得到线段，延长至点，使，连接，延长交的延长线于点，连接，若，则__________； (4)【拓展延伸】在矩形中，点为边上的一点，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，若，，则的最小值为__________． 【答案】(1)相等（或）；相等（或） (2)见解析 (3) (4) 【分析】（1）根据旋转的性质可得，，进而证明，即可证明，根据全等三角形的性质，即可求解； （2）根据正方形的性质，旋转的性质，同（1）证明，得出，结合，即可得证； （3）同（2）的方法证明，得出四边形是矩形，连接交于点，连接，根据直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，得出共圆，勾股定理求得，，进而解，求得，再证明，根据正弦的定义，得出，即可求解． （4）连接交于点，证明得出，当时，取得最小值，根据含30度角的直角三角形的性质，即可求解． 【详解】（1）； ∵将线段绕点逆时针旋转得到线段， ∴， ∵， ∴，即 又∵， ∴ ∴； 故答案为：相等（或）；相等（或）． （2）证明：∵四边形是正方形 ∴， ∵绕点逆时针旋转得到线段， ∴ ∵， ∴即 ∴ ∴， ∵ ∴ ∴ ∴四边形是矩形 又∵ ∴四边形是正方形； （3）解：∵绕点逆时针旋转得到线段， ∴ ∵， ∴ ∵四边形是矩形，，， ∴， ∴ ∴ ∵， ∴即 ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ ∴四边形是矩形， 如图，连接交于点，连接 ∵是的中点， 在中， ∴ ∴共圆， ∴， ∵ ∴ ∴， 在中， ∴ ∵， 在中， ∴， ∵ ∴ 又 ∴ ∴，即 ∴ ∴ ∴ ∴ 故答案为：． （4）解：如图，连接交于点， ∵四边形是矩形， ∴， ∵，， ∴ ∴ ∴是等边三角形，则 ∵线段绕点逆时针旋转得到线段， ∴， ∴ ∴，即 又 ∴， ∴ ∴在上运动，且 ∴当时，取得最小值， ∵ ∴ 又∵ ∴ ∴当时， 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的性质，矩形的性质，旋转的性质，全等三角形的性质与判定，勾股定理，相似三角形的性质以及直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，同弧所对的圆周角相等，解直角三角形，熟练掌握以上知识是解题的关键． 突破十特殊平行四边形与圆的综合题 【典例10】（2025·吉林长春·中考真题）数学活动：探究平面图形的最小覆盖圆 【定义】我们称能完全覆盖某平面图形的圆（即该平面图形上所有的点均在圆内或圆上）为该平面图形的覆盖圆．其中，能完全覆盖平面图形的最小的圆（即直径最小）称为该平面图形的最小覆盖圆． 【探究一】线段的最小覆盖圆 线段的覆盖圆有无数个，其中，以为直径的圆是其最小覆盖圆． 理由如下：易知线段的最小覆盖圆一定经过点、点．如图①，以为直径作，再过、两点作（与不重合），连结．在中，有（）． ， ，即的直径大于的直径． 是线段的最小覆盖圆．“”处应填写的推理依据为 ． 【探究二】直角三角形的最小覆盖圆 要确定直角三角形的最小覆盖圆，我们可先将其转化为【探究一】中线段的最小覆盖圆问题．这样就可以先确定直角三角形最长边（斜边）的最小覆盖圆，再判断直角顶点与这个圆的位置关系，从而确定直角三角形的最小覆盖圆．如图②，在中，．是以为直径的圆．请你判断点与的位置关系，并说明理由． 又由【探究一】可知，是最长边的最小覆盖圆，所以，是的最小覆盖圆． 【拓展应用】矩形的最小覆盖圆 如图③，在矩形中，，． （1）用圆规和无刻度的直尺在图③中作矩形的最小覆盖圆：（不写做法，保留作图痕迹，作图确定后必须用黑色字迹的签字笔描点） （2）该矩形的最小覆盖圆的直径为 ； （3）若用两个等圆完全覆盖矩形．则这样的两个等圆的最小直径为 ． 【答案】探究一：三角形的任意两边之和大于第三边；探究二：在上；证明见解析；拓展应用：（1）作图见解析；（2）；（3）； 【分析】探究一：根据三角形的三边关系可得答案； 探究二：利用直角三角形斜边上的中线的性质证明即可得到答案； 拓展应用：（1）连接，交于点，以为圆心，为半径作圆即可； （2）结合矩形性质与勾股定理计算即可； （3）作的垂直平分线，交于，交于，可得四边形，是两个全等的矩形，，用两个等圆完全覆盖矩形，可得两圆一定过，再进一步解答即可. 【详解】解：探究一： 理由如下：易知线段的最小覆盖圆一定经过点、点．如图①，以为直径作，再过、两点作（与不重合），连结．在中，有（三角形的任意两边之和大于第三边）． ， ，即的直径大于的直径． 是线段的最小覆盖圆．“”处应填写的推理依据为三角形的任意两边之和大于第三边． 故答案为：三角形的任意两边之和大于第三边； 探究二：∵，为的中点， ∴， ∴在上； 拓展应用：（1）如图，即为矩形的最小覆盖圆； （2）∵矩形，，， ∴，； （3）作的垂直平分线，交于，交于， ∴四边形，是两个全等的矩形， ∴， ∵用两个等圆完全覆盖矩形， ∴两圆一定过， 连接，交点分别为， 同理可得：这样的两个等圆的最小直径为或或或， ∴最小直径为， 如图，作的垂直平分线交于， 同法作，，此时不是直径最小的等圆； 综上：用两个等圆完全覆盖矩形．则这样的两个等圆的最小直径为. 【点睛】本题考查的是三角形的三边关系，直角三角形斜边上的中线的性质，勾股定理的应用，点与圆的位置关系，多边形的外接圆的含义，矩形的判定与性质，熟练的作图是解本题的关键. 【变式1】（2024·湖南长沙·中考真题）对于凸四边形，根据它有无外接圆（四个顶点都在同一个圆上）与内切圆（四条边都与同一个圆相切）， 可分为四种类型，我们不妨约定： 既无外接圆，又无内切圆的四边形称为“平凡型无圆”四边形； 只有外接圆，而无内切圆的四边形称为“外接型单圆”四边形； 只有内接圆，而无外接圆的四边形称为“内切型单圆”四边形； 既有外接圆，又有内切圆的四边形称为“完美型双圆”四边形． 请你根据该约定，解答下列问题： (1)请你判断下列说法是否正确（在题后相应的括号中，正确的打“√”，错误的打“×”， ①平行四边形一定不是“平凡型无圆”四边形；        （    ） ②内角不等于的菱形一定是“内切型单圆”四边形；        （    ） ③若“完美型双圆”四边形的外接圆圆心与内切圆圆心重合，外接圆半径为R，内切圆半径为r，则有．（    ） (2)如图1，已知四边形内接于，四条边长满足：． ①该四边形是“______”四边形（从约定的四种类型中选一种填入）； ②若的平分线交于点E，的平分线交于点F，连接．求证：是的直径． (3)已知四边形是“完美型双圆”四边形，它的内切圆与分别相切于点E，F，G，H． ①如图2．连接交于点P．求证：． ②如图3，连接，若，，，求内切圆的半径r及的长． 【答案】(1)①×；②√；③√ (2)①外接型单圆；②见解析 (3)，， 【分析】（1）根据圆内接四边形和切线长定理可得：有外接圆的四边形的对角互补；有内切圆的四边形的对边之和相等，结合题中定义，根据对角不互补，对边之和也不相等的平行四边形无外接圆，也无内切圆，进而可判断①；根据菱形的性质可判断②；根据正方形的性质可判断③； （2）①根据已知结合题中定义可得结论； ②根据角平分线的定义和圆周角定理证明即可证得结论； （3）①连接、、、、，根据四边形是“完美型双圆”四边形，结合四边形的内角和定理可推导出，，，进而可得，，然后利用圆周角定理可推导出，即可证得结论； ②连接、、、，根据已知条件证明，进而证明得到，再利用勾股定理求得，，同理可证求解即可． 【详解】（1）解：由题干条件可得：有外接圆的四边形的对角互补；有内切圆的四边形的对边之和相等，所以 ①当平行四边形的对角不互补，对边之和也不相等时，该平行四边形无外接圆，也无内切圆， ∴该平行四边形是 “平凡型无圆”四边形，故①错误； ②∵内角不等于的菱形的对角不互补， ∴该菱形无外接圆， ∵菱形的四条边都相等， ∴该菱形的对边之和相等， ∴该菱形有内切圆， ∴内角不等于90°的菱形一定是“内切型单圆”四边形，故②正确； ③由题意，外接圆圆心与内切圆圆心重合的“完美型双圆”四边形是正方形，如图， 则，，，， ∴为等腰直角三角形， ∴，即； 故③正确， 故答案为：①×；②√；③√； （2）解：①若四边形中有内切圆，则，这与矛盾， ∴四边形无内切圆， 又∵该四边形有外接圆， ∴该四边形是“外接型单圆”四边形， 故答案为：外接型单圆； ②∵的平分线交于点E，的平分线交于点F， ∴，， ∴，， ∴， ∴，即和均为半圆， ∴是的直径． （3）①证明：如图，连接、、、、， ∵是四边形的内切圆， ∴，，，， ∴， 在四边形中，， 同理可证，， ∵四边形是“完美型双圆”四边形， ∴该四边形有外接圆，则， ∴，则， ∵，， ∴， ∴， ∴； ②如图，连接、、、， ∵四边形 是“完美型双圆”四边形，它的内切圆与分别相切于点E，F，G，H， ∴∴，，，，， ∴，，， ∴， ∵， ∴，又， ∴， ∴， ∵，， ∴，则， 在中，由得， 解得； 在中，， ∴， 同理可证， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查平行四边形的性质、正方形的性质、菱形的性质、圆周角定理、内切圆的定义与性质、外接圆的定义与性质、相似三角形的判定与性质、四边形的内角和定理、勾股定理、角平分线的判定等知识，理解题中定义，熟练掌握这些知识和灵活运用性质和判定是解题的关键．另外还要求学生具备扎实的数学基础和逻辑思维能力，备考时，重视四边形知识的学习，提高解题技巧和速度，以应对中考挑战． 【变式2】（2025·广东东莞·二模）综合与实践：根据以下素材，探索求圆半径的方法． 【背景素材】同学们用若干大小不一的透明圆形或半圆形纸片，及一张宽且足够长的矩形纸带如图设计了一系列任务，探索完成任务． 【任务一】若同学甲将一圆形纸片与矩形纸带摆放成如图2位置，使圆经过A，B，现测得，求出该圆的半径． 【任务二】按如图3摆放纸片，点A，P在圆上．在AD边上取点M使，作于N，连接恰过圆心O，交圆于点Q，连接，量得 ①判断直线与的位置关系，并说明理由； ②直接写出的半径为______ 【答案】任务一：；任务二：①见解析；② 【分析】任务一利用矩形的性质，圆周角定理得到为经过A，B，G三点的圆的直径，再利用勾股定理解答即可； 任务二①连接，利用矩形的性质和相似三角形的判定与性质得到，利用直角三角形的性质，等腰三角形的性质得到，则，再利用圆的切线的判定定理解答即可； ②利用矩形的判定与性质得到，，利用相似三角形的性质求得，利用勾股定理求得，，设的半径为，则，，利用勾股定理列出方程解答即可． 【详解】解：任务一四边形为矩形， ， 为经过A，B，G三点的圆的直径， ∵，， ∴， 该圆的半径为； 任务二、①直线与的位置关系为与相切，理由： 连接，如图， 四边形为矩形， ∴， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 为圆的半径， 与相切； ②， ， 四边形为矩形， ，， 四边形为矩形， ，， 由①知：， ， ， ， ， ， ， 设的半径为，则，， ， ， ， 的半径为. 【点睛】本题主要考查了矩形的判定与性质，圆的有关性质，圆周角定理，圆的切线的判定定理，直角三角形的性质，勾股定理，相似三角形的判定的与性质，连接经过切点的半径是解决此类问题常添加的辅助线． 1/10 学科网（北京）股份有限公司 $