专题08 几何模型：中点模型和对角互补模型47种题型全归纳（精选近2年中考真题+模拟）（专项训练）（全国通用）2026年中考数学一轮复习讲练测

专题08几何模型：中点模型和对角互补模型 47种题型全归纳 1/10 学科网（北京）股份有限公司 题型一矩形+双中点+折叠模型+勾股定理 题型二平行四边形+多中点+中位线模型 题型三矩形+双中点+中位线模型+最值问题 题型四矩形+中点+特殊角度+解三角形 题型五正方形+双中点+中位线+多结论判断 题型六等腰直角三角形+中点+相似三角形+最值问题 题型七平行四边形+60°角+中点+折叠模型+平行四边形判定 题型八等腰三角形+旋转模型+中点模型+最值问题 题型九中点+相似三角形+三角函数计算 题型十中点四边形+中位线模型+对角线垂直 题型十一中点四边形+中位线模型+菱形面积计算 题型十二直角三角形+斜边中点+面积最值+线段比例计算 题型十三直角三角形+双中点+中位线模型+旋转全等 题型十四三角形+中点/等分点+面积比例计算 题型十五矩形+圆+旋转+中点模型 题型十六平行四边形+中点模型+全等/相似三角形+面积比例+线段长度计算 题型十七直角三角形+斜边中点+矩形性质+最短路径+最值问题 题型十八三角形+重心+面积比例+线段比例计算 题型十九倍中线定义+平行四边形性质+几何作图+解三角形 题型二十三角形中线+倍长中线法+全等三角形+勾股定理 题型二十一三角形+倍长中线+平行四边形判定+最短路径计算 题型二十二正方形+旋转+中点+线段位置与数量关系证明 题型二十三旋补三角形+旋补中线+线段数量关系证明与计算 题型二十四三角形+等边三角形构造+中点四边形+中位线性质 题型二十五矩形/直角三角形/平行四边形+双中点+中位线性质+线段比例计算 题型二十六四边形/三角形+多中点+中位线性质+角度关系证明 题型二十七圆+直角三角形斜边中线+中点模型+线段最小值计算 题型二十八抛物线+圆+中点模型+线段最小值计算 题型二十九正方形/平行四边形/菱形+对角互补模型+中点模型+线段关系与计算 题型三十正方形+旋转90°模型+动点+面积定值与表达式计算 题型三十一正方形+半角模型（45°角）+旋转全等+对角互补模型 题型三十二正多边形（正方形、正五边形、正十边形）+对角互补模型+旋转全等/相似模型 题型三十三圆内接四边形对角互补+邻等内接四边形模型 题型三十四圆内接四边形对角互补+角平分线+旋转全等模型 题型三十五定义型互补四边形+半角模型+折叠裁剪探究模型 题型三十六四点共圆+对角互补模型+特殊三角形（等腰直角、等边）计算 题型三十七直角三角形+角平分线+对角互补+面积+特殊角度 题型三十八二次函数+对角互补模型+斜率/相似三角形模型 题型三十九直角三角形+旋转型直角顶点+对角互补模型+相似三角形定值探究 题型四十正方形中心旋转模型+对角互补模型+面积定值探究 题型四十一直角三角形斜边中点模型+四点共圆+对角互补模型+旋转探究 题型四十二双直角四边形+四点共圆+对角互补模型 题型四十三双直角+邻边相等四边形+旋转全等+对角互补模型 题型四十四双直角四边形+四点共圆+一元二次方程判别式模型 题型四十五定义型互补四边形+角平分线性质+折叠变换模型 题型四十六中心对称图形（正方形/矩形/平行四边形）+绕中心旋转模型+重叠图形面积与线段长度计算 题型四十七角平分线+互补四边形（对角互补）模型 题型一矩形+双中点+折叠模型+勾股定理 1．（2025·福建·中考真题）如图，已知矩形，点是的中点，将边沿翻折到的位置，点的对应点为，连接并延长交于点，当恰为的中点时，的值是 ． 【答案】 【分析】连接，设，则，，证明，得到，设，得到，根据勾股定理得到，解得，负的舍去，解答即可． 【详解】解：连接， ∵矩形， ∴，， 将边沿翻折到的位置，点的对应点为， ∴，， ∴， ∴， ∵点是的中点， ∴， 设， ∴，， 在和中 ∵， ∴， ∴， ∵为的中点， ∴， ∴， 设， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 解得，负的舍去， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，三角形全等的判定和性质，勾股定理，解方程，熟练掌握判定和性质，勾股定理是解题的关键． 题型二平行四边形+多中点+中位线模型 2．（2025·四川广元·中考真题）如图，在平行四边形中，，对角线，交于点O，点P是的中点，连接，点E是的中点，连接，则的长是（   ） A．1 B． C．2 D．4 【答案】C 【分析】本题考查了平行四边形的性质，三角形中位线定理，由平行四边形性质可得，即为中点，又是的中点，所以是中位线，然后根据中位线定理即可求解，掌握平行四边形的性质，三角形中位线定理是解题的关键． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，即为中点， ∵是的中点， ∴是中位线， ∴， ∵，点P是的中点， ∴，即， 故选：． 题型三矩形+双中点+中位线模型+最值问题 3．（2025·四川内江·中考真题）如图，在矩形中，，点E、F分别是边上的动点，连接，点G为的中点，点H为的中点，连接，则的最大值是 ． 【答案】5 【分析】本题考查了矩形的性质，三角形的中位线定理，勾股定理，通过三角形中位线定理进行转化是解题的关键．连接，先由勾股定理求得，则，再由三角形中位线定理得到，即可求解的最大值． 【详解】解：连接， ∵矩形中，， ∴， ∴， ∴， ∵点G为的中点，点H为的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴当点重合时，取得最大值为5， 故答案为：5． 题型四矩形+中点+特殊角度+解三角形 4．（2025·天津·中考真题）如图，在矩形中，，，点在边上，且． （1）线段的长为 ； （2）为的中点，为的中点，为上一点，若，则线段的长为 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，解直角三角形，全等三角形的性质与判定等等，熟知矩形的性质与勾股定理是解题的关键． （1）求出，再利用勾股定理即可求出答案； （2）过点M作于H，由矩形的性质得到，，证明，得到，，则可证明，可得，则；由勾股定理得，则，解直角三角形求出的长，进而可求出的长． 【详解】解：（1）∵，， ∴， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， 故答案为：； （2）如图所示，过点M作于H， ∵四边形是矩形， ∴，， ∵为的中点， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴； 在中，由勾股定理得， ∵为的中点， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 题型五正方形+双中点+中位线+多结论判断 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． 题型六等腰直角三角形+中点+相似三角形+最值问题 6．（2025·新疆·中考真题）如图，在等腰直角三角形中，，，，点M是的中点，点D和点N分别是线段和上的动点． (1)当点D和点N分别是和的中点时，求a的值； (2)当时，以点C，D，N为顶点的三角形与相似，求的值； (3)当时，求的最小值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）勾股定理求出的长，中点求出的长，的长，根据，求出的值即可； （2）设，得到，，进而得到，分和两种情况进行讨论，列出比例式进行求解即可； （3）作于点，连接，易得为等腰直角三角形，得到，，进而得到四边形为平行四边形，得到，将绕点旋转90度得到，连接，证明，得到，进而得到，得到，勾股定理求出的长即可． 【详解】（1）解：∵等腰直角三角形中，，，，， ∴， ∵点D和点N分别是和的中点， ∴，， ∵， ∴； （2）∵，， ∴， 设，则：，， ∵等腰直角三角形中，，， ∴， ∴， ∵是的中点， ∴， ∴， 当点C，D，N为顶点的三角形与相似时，分两种情况： ①当时，则：， ∴， 此方程无解，不符合题意； ②当时，则：， ∴， 解得：（不符合题意，舍去）或； ∴； 综上：； （3）∵，， ∴， 作于点，连接， 则：， ∴为等腰直角三角形， ∴，， ∴，， 又， ∴四边形为平行四边形， ∴， 将绕点旋转90度得到，连接，则：， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴当点在线段上时，的值最小为的长， 在中，， ∴， ∴的最小值为． 【点睛】本题考查等腰直角三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理，求线段和的最小值，熟练掌握相关知识点，合理添加辅助线，构造特殊图形，是解题的关键． 题型七平行四边形+60°角+中点+折叠模型+平行四边形判定 7．（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． 题型八等腰三角形+旋转模型+中点模型+最值问题 8．（2025·重庆·中考真题）在中，，点D是边上一点（不与端点重合），连接．将线段绕点A逆时针旋转得到线段，连接． (1)如图1，，，求的度数； (2)如图2，，，过点作，交的延长线于，连接．点是的中点，点是的中点，连接，．用等式表示线段与的数量关系并证明： (3)如图3，，，，连接，．点从点移动到点过程中，将绕点逆时针旋转得线段，连接，作交的延长线于点．当取最小值时，在直线上取一点，连接，将沿所在直线翻折到所在的平面内，得，连接，，，当取最大值时，请直接写出的面积． 【答案】(1) (2)，理由见解析. (3) 【分析】（1）利用，，得出是等边三角形，得出．由旋转得，则可求出，再利用外角即可求解； （2）连接，，利用，，得，证明，得，，得出，再证明，得出，可得，，再通过点是的中点，和点是的中点，证明，，通过证明是等腰直角三角形，即可得出； （3）取中点，中点，连接，，，通过证明，得出，由点为固定点，，得点在过点且垂直于的直线上运动，由点到直线的最短距离可得，当取最小值时，即垂直于点运动轨迹的直线，即点和点重合时，最小， 此时，由翻折可知，则点的轨迹为以点为圆心，为半径的圆，由点到圆上一点的最大距离可知当、、依次共线时，取最大值，此时，连接，过点作于点，过点作于点，证明，得出，，通过证明，得出，，再计算出，，即可求出，则，通过，求出， 可求出，则利用即可求出． 【详解】（1）解：∵，， ∴是等边三角形， ∴． 由旋转得， ∴， ∴； （2）解：，理由如下： 如图，连接，， ∵，， ∴， 由旋转知，， ∴， 即， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∵点是的中点，， ∴， ∴， ∴， ∴， 即， ∵点是的中点，， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， 即； （3）解：取中点，中点，连接，，， ∵，， ∴，，， ∴， ∵是中点， ∴， ∴， 由旋转知，， ∴是等边三角形，， ∴， ∴， ∴， 由点为固定点，，得点在过点且垂直于的直线上运动， 由点到直线的最短距离可得，当取最小值时，即垂直于点运动轨迹的直线， 即点和点重合时，最小， 此时如图， 由翻折可知， ∴点的轨迹为以点为圆心，为半径的圆， 由点到圆上一点的最大距离可知当、、依次共线时，取最大值， 此时如图，连接，过点作于点，过点作于点， 由旋转知，， ∴是等边三角形， ∴，， ∵是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∵，，， ∴，， ∴， ∴，， ∴， ∵为中点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵，， ∴， 又∵， ∴， ∴， 即， 解得：， ∴， ∵，， ∴． 【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，直角三角形斜边中线的性质，勾股定理，含角的直角三角形的性质，三角形内角和定理和外角性质，熟练掌握这些性质与判定是解题的关键． 题型九中点+相似三角形+三角函数计算 9．（2025·四川广元·中考真题）四边形中，与交于点O，O是的中点，，已知，，，则的长为 ． 【答案】/ 【分析】本题考查了勾股定理、三角函数的定义及相似三角形的判定与性质，解题的关键是通过作垂线构造直角三角形，利用三角形相似和三角函数推导线段长度关系．自点B，D分别作的垂线段，利用得到，再利用，推出，进而得到，设，结合O是的中点则可推出，由可表示，在勾股定理建立方程即可求解x，则可求． 【详解】如图，过D作于E，过B作于F， ∵， ∴，则， 设 ，则， ，， ， ， ， 即， ， ∵O是的中点， ， ， ， ， ， 在中，， 由勾股定理：，即， 解得：， ． 故答案为：． 题型十中点四边形+中位线模型+对角线垂直 10．（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． 题型十一中点四边形+中位线模型+菱形面积计算 11．（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． 题型十二直角三角形+斜边中点+面积最值+线段比例计算 12．（2025·四川巴中·中考真题）在中，，，D为中点，点E在线段上，满足，连接并延长交于点F，当面积最大时，线段等于（   ） A． B．2 C．2 D．4 【答案】B 【分析】延长至点，使，证明，进而推出，即可得到点是的中点，再根据直角三角形的性质可知点在以点为圆心，为半径的圆上，当时，取的最大值，即此时面积最大，然后根据弧、弦、圆心角的关系可知，最后利用勾股定理即可解答． 【详解】解：如图，延长至点，使， D为中点， ， ， ， ， ， ， ， ，， ∴，即， ， 点是的中点， ，D为中点， ， 点在以点为圆心，为半径的圆上，如图， 当时，边上的高取的最大值，即此时面积最大， ， ，即为等腰直角三角形， ∵，， ， ． 故选：B． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，直角三角形的性质，弧、弦、圆心角的关系，勾股定理等知识点，正确作出辅助线是解题的关键． 题型十三直角三角形+双中点+中位线模型+旋转全等 13．（2025·山东德州·中考真题）如图，中，，，，分别以为直角边，以B为直角顶点向外作和，且，M，N分别是的中点，连接．若，则的长度为 ． 【答案】/ 【分析】本题主要考查相似三角形的判定与性质，解直角三角形，直角三角形斜边中线定理及勾股定理的应用，得到是解题的关键． 由勾股定理先计算，易得，继而得到，再根据和得到，接着解直角三角形，最后利用勾股定理求即可． 【详解】连接，过作交的延长线于， 根据题意，， ， ， ，即，解得， 和，M，N分别是的中点， ， , ， ， , ， 又， ， ， ， ， ， 故答案为：． 题型十四三角形+中点/等分点+面积比例计算 14．（2025·四川广安·中考真题）已知的面积是1． （1）如图1，若D，E分别是边和的中点，与相交于点F，则四边形的面积为 ． （2）如图2，若M，N分别是边和上距离C点最近的6等分点，与相交于点G，则四边形的面积为 ． 【答案】 【分析】（1）连接，可证明是的中位线，得到，证明，可得，则；进而可得；证明，得到，则可得到，则，据此可得答案； （2）连接，证明，得到，，，则可证明，；再证明，得到；证明，得到，则，则，据此可得答案． 【详解】解：（1）如图所示，连接， ∵D，E分别是边和的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴， ∴， ∵的面积是1， ∴； ∵D是的中点， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：； （2）如图所示，连接， ∵M，N分别是边和上距离C点最近的6等分点， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴，，， ∴； ∵的面积是1， ∴； ∵M是靠近点C的六等分点， ∴， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，三角形中位线定理，正确作出辅助线构造相似三角形是解题的关键． 题型十五矩形+圆+旋转+中点模型 15．（2025·广东深圳·中考真题）如图，以矩形的点为圆心，的长为半径作，交于点，点为上一点，连接，将线段绕点顺时针旋转至，点落在上，且点为中点．若，，则的长为 ． 【答案】6 【分析】由矩形的性质得，根据圆周角定理，可求得，根据，可推出为直角，从点为中点，可推出，接着再证明，利用相似三角形的性质求解即可得到答案． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴， 为所对的圆周角，所对的圆心角为， ， 将线段绕点顺时针旋转至， ， ， ， ， ， 又， ∴， ∴， 点为中点， ， ， ， ． 故答案为：6． 【点睛】本题考查矩形的性质，圆周角定理，等边对等角，三角形内角和定理，旋转的性质以及相似三角形的判定与性质，熟练掌握以上知识点是解题的关键． 题型十六平行四边形+中点模型+全等/相似三角形+面积比例+线段长度计算 16．（2025·上海·中考真题）在平行四边形中，，分别为边，上两点． (1)当是边中点时， ①如图（1），联结，如果，求证：； ②如图（2），如果，联结，交边于点，求的值； (2)如图（3）所示，联结，，如果，，，．求的长． 【答案】(1)①见解析；② (2) 【分析】（1）①延长交于H，可证明，得到，则可证明，得到，则； ②如图所示，延长交于M，由平行四边形的性质得到，，证明，，得到，，则；设，则，，进而可得，即可得到；可证明，，设，则，则，据此可得答案； （2）延长交于M，由平行四边形的性质可得，，证明，，再证明，得到，求出，设，则由相似三角形的性质可得，，进而可得；再由，得到，则，解方程即可得到答案． 【详解】（1）解：①如图所示，延长交于H， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵是边中点， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； ②如图所示，延长交于M， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴，， ∴，， ∴， ∵是边中点， ∴， 设，则， ∴， ∴， ∵， ∴； ∴，， 设，则， ∴， ∴； （2）解；如图所示，延长交于M， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴； ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 设， ∵， ∴，即 ∴， ∵，即， ∴， ∴； ∵， ∴，即， ∴，解得或（舍去）， ∴． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，正确作出辅助线构造全等三角形和相似三角形是解题的关键． 题型十七直角三角形+斜边中点+矩形性质+最短路径+最值问题 17．（2025·陕西·中考真题）问题探究 （1）在中，，，为边上的中线，则的长为_____； （2）如图①，在中，为边上一点，，垂足分别为，连接，求的最小值； 问题解决 （3）如图②，四边形是一个游乐场的平面示意图，出入口在点处．已知，．为了进一步提升游乐场的服务功能，管理部门规划修建由四条直步道连接而成的观景环道及服务中心，其中，点在边上，点在边上，点在边上，点为的中点． 按照设计要求，的长为的长为，在点与点之间距离最短的情况下，使所修建的观景环道最短．请你帮助管理部门计算，当最小时的最小值及此时的长．（步道宽度及出入口，服务中心的大小均忽略不计） 【答案】（1）4；（2）；（3）的最小值为，此时的长为 【分析】（1）根据直角三角形中，斜边上的中线等于斜边长的一半解答即可； （2）根据矩形的判定和性质，结合垂线段最短解答即可； （3）根据矩形的判定和性质，三角形相似的判定和性质，三角形三边关系定理应用，解答即可． 本题考查了直角三角形的性质，勾股定理，矩形的判定和性质，三角形相似的判定和性质，垂线段最短原理，熟练掌握性质和定理是解题的关键． 【详解】解：（1）∵，，为边上的中线， ∴, 故答案为：4； （2）如解图①， 四边形为矩形， 连接，则， 过点作于点， ． 在中，， 故， 根据三角形面积性质，得， 的最小值为； （3）如解图②，连接，则， ，当三点共线时最小， 在上顺次截取， 作，则四边形为矩形， 则， ， 解得，． 如解图③，作点关于的对称点，作， 连接， 与的交点即为所确定的位置． 作交于点，得矩形． 在中， ， ， ， 由， ， ，， 当最小时，的最小值为，此时的长为． 题型十八倍中线定义+平行四边形性质+几何作图+解三角形 18．（2025·江苏盐城·二模）【定义】在三角形中，一边的中线把这边所对的内角分成两个两倍关系的角，那么这条中线叫作这个三角形的“倍中线”．如图，在中，是的中线，，则中线是的“倍中线”．      【判定】（）已知：如图，在中，对角线、交于点，．证明：是的“倍中线”． 【作图】（）如图，，点是边上一点，的边与射线交于点，是的“倍中线”，且，用直尺和圆规作点．（保留作图的痕迹） 【运用】（）如图，是的“倍中线”，，点是直线上一动点，且． ①如图，若，，则__________． ②若点在射线上，且，求的长． 【答案】（1）证明见详解． （2）图见详解． （3）①或；② 【分析】（1）根据平行四边形的性质可得，，再根据平行线的性质可得，结合，可得，即可证明． （2）先作与相等的角，射线与射线交于点并延长，再以点为圆心，为半径画圆，交于点，连接即可． （3）①根据题意分成当在点上方时，当在点下方时分别证明，，再根据相似三角形的性质求解即可． ②延长至点，令，在上取点，令，连接，，利用“倍中线”，等角对等边和全等的性质可证明，再根据相似三角形的性质求解即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴是的“倍中线”； （2）解：如图所示，点即为所求： 先作与相等的角，射线与射线交于点并延长， 即， 再以点为圆心，为半径画圆，交于点，连接， ∴，， ∴为等边三角形， ∴， ∴是的“倍中线”． （3）解：①当在点上方时： ∵是的“倍中线”，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∵ ∴ ∴， ∴ 设，， 即 ∴， ∴以为未知数，以为字母，用求根公式可得：（舍负数），， ∴； 当在点下方时：延长至点，令，连接，，如图所示： ∵是的“倍中线”， ∴， 又∵，，， ∴，， ∴，，，， ∵是的“倍中线”，，， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴为等边三角形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， 设，， 即， ∴，， ∴以为未知数，以为字母，用求根公式可得：（舍负数），， ∴； 综上可得：的值为：或． 故答案为：或． ②延长至点，令，在上取点，令，连接，，如图所示： ∵是的“倍中线”， ∴，， 又∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 设，， 即， ∴，， ∴以为未知数，以为字母，用求根公式可得：（舍负数），， ∴， 的值为：． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质和判定，尺规作图，全等三角形的性质和判定，平行四边形的性质，全等三角形的性质和判定，等角对等边，熟练掌握以上知识是解题的关键． 题型十九三角形中线+倍长中线法+全等三角形+勾股定理 19．（2025·宁夏银川·二模）兴趣小组在活动时，王老师提出了这样一个问题： 如图1，在中，是的中点，求边上的中线的取值范围． 【阅读理解】小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法： （1）如图1，延长到点，使，连接．根据_____可以判定，得出．就能把线段集中在中．利用三角形三边关系，可得出中线的取值范围是_____． 【方法感悟】当条件中出现“中点”、“中线”等条件时，可以考虑把中线延长一倍，构造全等三角形，将分散的已知条件和所求证的结论集中到同一个三角形中，称为“中线加倍”法． 【问题解决】 （2）如图2在中，，，是的中线，，，且．求的长． 【问题拓展】 （3）如图3在中，，是边的中点，，交于点，交于点，连接，求证：． 【答案】（1）；；（2）8；（3）见解析 【分析】本题是三角形的综合题和倍长中线问题，考查的是全等三角形的判定和性质、勾股定理、相似三角形的判定和性质、三角形的三边关系等知识，掌握全等三角形的判定定理和性质定理是解题的关键，并运用类比的方法解决问题． （1）延长到点，使，连接，利用证明，可得，在中，利用三角形三边关系解答即可； （2）证明，即可解答； （3）延长至点G，使，连接，由（1）得：，可得，，再由垂直平分，可得，然后根据勾股定理证明即可． 【详解】解：（1）延长到点，使，连接， ∵点D是的中点， ∴， 在和中， ∵，，， ∴， ∴， 在中，， ∵， ∴， ∴； 故答案为：； （2）∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵是的中线， ∴， ∵， ， ∴， ∴， ∴，， ∴； （3）如图，延长至点G，使，连接， 由（1）得：， ∴，， ∵是边的中点，， ∴垂直平分， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴． 题型二十三角形+重心+面积比例+线段比例计算 20．（2024·山东青岛·一模）三角形的重心 定义：三角形三条中线相交于一点，这个点称为三角形的重心． 三角形重心的一个重要性质： 重心与一边中点的连线的长是对应中线长的． 下面是小亮证明性质的过程： 已知：如图，在中，D，E分别是边的中点，相交于点O． 求证： 证明：连接， D，E分别是边的中点 ∴（依据1）    性质应用： (1)如图1，在中，点G是的重心，连接并延长交于点E，若，则______；    (2)如图2，在中，中线相交于点G，若的面积为48，则的面积为______；    (3)如图3，在中，若，，的面积为m，则的面积为______．    【答案】(1)6 (2)8 (3) 【分析】本题主要考查了三角形重心性质的应用、相似三角形的判定与性质、三角形中位线的判定与性质等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键． （1）根据重心与一边中点的连线的长是对应中线长的即可解答； （2）在中，点G是的重心，，然后求出的面积即可； （3）如图：连结，先证可得，可得可得，最后求出的面积即可． 【详解】（1）解：在中，点G是的重心， ∴， ∵， ∴， ∴． 故答案为：6． （2）解：在中，中线相交于点G，G为的重心． ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：8． （3）解：如图：连结．    ∵， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴． ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 题型二十一三角形+倍长中线+平行四边形判定+最短路径计算 21．（2025·吉林松原·三模）（1）【问题探究】如图1，已知是的中线，延长至点，使得．连结，求证：四边形是平行四边形． （2）【拓展提升】如图2，在的中线上任取一点（不与点、点重合），过点、点分别作， ，连结，，求证：四边形是平行四边形． （3）【灵活应用】如图3，在中，，，，点是的中点，点是直线上的动点，且，，当取得最小值时，求线段的长度． 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3） 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理等知识，倍长中线构造全等三角形及运用等面积法是解题的关键． （1）由对角线互相平分的四边形是平行四边形即可证明； （2）延长到点，使，连接，利用证明，得，，可说明四边形是平行四边形，得，即可证明结论； （3）延长到点，使，连接，由（2）知，，，则取最小值时，最小，故时，最小，利用等面积法求出的长，再利用勾股定理即可求得答案． 【详解】（1）证明：是的中线， ， ， 四边形是平行四边形； （2）证明：延长到点，使，连接，如图2， ，是的中线， ， 在和中， ， ，， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， ， 四边形是平行四边形； （3）解：延长到点，使，连接，如图3， 由（2）知，，， 则取最小值时，最小，故时，最小， 是的中线， ， ， 在中， 题型二十二正方形+旋转+中点+线段位置与数量关系证明 22．（2025·山东济南·二模）在初中数学的学习过程当中，我们掌握了许多关于中点的基础知识，比如特殊三角形的中线的性质、倍长中线法构造全等、中位线定理等等，也积累了很多解决中点问题的活动经验，灵活运用这些经验和技能，可以帮助我们解决很多问题． 如图 1，点是正方形的边上的点，以为边，在正方形右侧作正方形，连接，为线段的中点，连接． (1)猜想：图 1 中线段和线段的位置关系为： ，数量关系为： （直接写出结论，无需证明）； (2)以为旋转中心将正方形顺时针旋转，旋转角为 ，则（1）中结论是否仍然成立？若成立，以图 2 中情形为例证明你的结论；若不成立，说明理由； (3)若正方形的边长为2，正方形的边长为1，则在正方形旋转一周的过程中，当点、点、点三点共线时，直接写出的长． 【答案】(1)； (2)成立，见解析 (3)或 【分析】（1）连接，由正方形，，得，，，进而可得，证明，，可得，，，即可得结论； （2）作，与的延长线交于点，连接，，，证明，得，，进而可得，再证明，可得，， ，根据等腰三角形和直角三角形的性质即可得结论； （3）分两种情况：①当在线段上时，②当在线段的延长上时，连接，利用勾股定理及线段和差关系即可得解． 【详解】（1）解：如图，连接， 正方形，， ，， ， 为线段的中点， ， ， ， ， ， ， ， ，， ， （2）解：成立，理由如下， 如图，作，与的延长线交于点，连接，，， ，， ， ， ，， ， ， 正方形， ， ， ， ， ， ， ，， ， ， ，； （3）解：①如图，当在线段上时，连接， 正方形的边长为2， ， ， 中，， 由（1）、（2）知，， ， ； ②如图，当在线段的延长上时，连接， 正方形的边长为2， ， ， 中，， 由（1）、（2）知，， ， ； 综上所述，当点、点、点三点共线时，的长为或． 【点睛】本题考查四边形综合应用，涉及正方形的性质，全等三角形的判断与性质，直角三角形中线性质定理、等腰三角形的性质和判定、勾股定理等知识，解题的关键是作辅助线，构造全等三角形． 题型二十三旋补三角形+旋补中线+线段数量关系证明与计算 23．（2025·江苏宿迁·二模）我们定义：如图1，在中，把绕点顺时针旋转 得到，把绕点逆时针旋转得到，连接．当 时，我们称是的“旋补三角形”，边上的中线叫做的“旋补中线”，点叫做“旋补中心”． 特例感知： （1）在图2，图3中，是的“旋补中心”，是的“旋补中心”． ①如图2，当为等边三角形时，与的数量关系为 ； ②如图3，当时，则长为_____________． 猜想论证： （2）在图1中，当为任意三角形时，猜想与的数量关系，并给予证明． 拓展应用： （3）如图4，在四边形中，，．在四边形内部是否存在点，使是的“旋补中心”？若存在，给予证明，并求的“旋补中心”长；若不存在，说明理由． 【答案】（1）①；②4；（2），见解析；（3）存在，见解析；． 【分析】（1）①首先证明是含有是直角三角形，可得即可解决问题；②首先证明，根据直角三角形斜边中线定理即可解决问题； （2）结论：．如图1中，延长到，使得，连接，，首先证明四边形是平行四边形，再证明，即可解决问题； （3）存在．如图4中，延长交的延长线于，作于，作线段的垂直平分线交于，交于，连接、、，作的中线．连接交于．想办法证明，，再证明即可． 【详解】（1）解：①如图2中，   是等边三角形， ， ， ， ，， ， ， ， 故答案为． ②如图3中，   ，， ， ，， ， ， ， ， 故答案为9． （2）结论：． 理由：如图1中，延长到，使得，连接，， ，， 四边形是平行四边形， ， ，， ， ， ， ， ． （3）解：存在．理由： 如图4中，延长交的延长线于，作于，作线段的垂直平分线交于，交于，连接、、，作的中线． 连接交于．   ， ， 在中，，，， ，，， 在中，，，， ， ， ∵ ， ， ，， 在中，，， ， ， ， ， ， ，， ， 在和中， ， ， ， 四边形是矩形， ， ， 是等边三角形， ， ， ， ， 是的“旋补三角形”， 在中，，，， ． 【点睛】本题考查四边形综合题、全等三角形的判定和性质、平行四边形的判定和性质、直角三角形30度角性质、等边三角形的判定和性质、矩形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题． 题型二十四三角形+等边三角形构造+中点四边形+中位线性质 24．（2025·山西吕梁·一模）阅读与思考 下面是勤思小组研究性学习报告的部分内容，请认真阅读，并完成相应任务． 勤思小组关于“中点四边形”的研究报告研究对象：中点四边形 研究思路：按“概念—性质—应用”的路径进行研究． 研究方法：观察—猜想—推理证明． 研究过程： 【概念呈现】顺次连接四边形各边中点所得的四边形叫中点四边形．如图1，在四边形中，，，，分别是边，，，的中点，顺次连接，，，，得到的四边形是中点四边形． 【性质探索】根据“中点四边形”的定义，探索其性质： （1）如图2，连接，，分别为，的中点， ，（依据1）， 同理可得，， ，，∴四边形是平行四边形（依据2）． 同时可得，连接，同理可得， ． 性质1：中点四边形是平行四边形． 性质2：中点四边形的周长等于原四边形对角线的和． （2）进一步研究发现： 性质3：中点四边形的面积等于原四边形面积的一半． 勤思小组证明过程如下： 如图3，将沿向左平移，使得点与点重合，点与点重合，得到， 则，，， ，， …… 任务： (1)填空：材料中的依据1是指：_____． 依据2是指：_____． (2)依照材料中提供的思路，完善勤思小组对性质3的证明过程． (3)如图4，在中，，，，分别以，为边向外侧作等边和等边，连接，，，，分别是，，，的中点，则四边形的周长为_____． 【答案】(1)三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半；一组对边平行且相等的四边形是平行四边形 (2)见解析 (3)20 【分析】（1）根据三角形中位线的性质以及平行四边形的判定即可得到答案； （2）先证明，，，得到，，有，，再证明，，从而知道，同理可证，，最后推出； （3）先证明，得到，由性质2：中点四边形的周长等于原四边形对角线的和可知，，接着证明，然后在中利用勾股定理求得，求得答案． 【详解】（1）解：三角形的中位线平行且等于底边的一半；一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，理由如下： 如图2，连接， ，分别为，的中点， ，（三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半）， 同理可得，， ，， ∴四边形是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形）． 同时可得，连接，同理可得， ． 故答案为：三角形的中位线平行第三边，且等于第三边的一半；一组对边平行且相等的四边形是平行四边形； （2）证明： 如图3，将沿向左平移，使得点与点重合，点与点重合，得到， 则，，， ，， ，， ， ， ， ， ， ； 同理可证，， ． （3）解：连接，，如图， 和是等边三角形， ，，， ， ， ， ； 由性质2：中点四边形的周长等于原四边形对角线的和， ； ， ， ， ， ， ， ， 四边形的周长为20； 故答案为：20． 【点睛】本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，三角形相似的判定与性质，平行线分线段成比例，平行四边形的判定与性质，三角形的中位线，熟练掌握以上知识点是解题的关键． 题型二十五矩形/直角三角形/平行四边形+双中点+中位线性质+线段比例计算 25．（2025·江苏南通·模拟预测）如图①，在中，点、分别与的中点．则与的关系是 (1)如图②，在矩形中，O为的中点，M为边上一动点，N 为 的中点，连接、、．若，则与的数量关系是 ． (2)如图③，中，，，、是的中线，、分别是和的中点，求的长． (3)如图④，在中，E为边上一点，连接，点 P 在上，，G是的中点，连接并延长，交 于点 F．若 F 为的中点，，连接，求 的值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）证明四边形是平行四边形，从而证得四边形是平行四边形，进一步得到四边形是矩形，则，即可得； （2）连接，并延长交于点，延长交于点，由勾股定理得，可得是的中位线，则，，证明，则，则，可得是的中位线，，证明四边形是平行四边形，则，，则，可得是的中位线，则； （3）连接，作交延长线于，是等边三角形，利用等边三角形的性质与解直角三角形求得，再证明是等边三角形，是直角三角形，求得，代入即可求解． 【详解】（1）解：点为的中点，点为的中点， ，， ，即， 四边形是平行四边形， ，， ， ， 四边形是平行四边形， 四边形是矩形， ， 四边形是矩形， ， 故答案为：； （2）解：如图，连接，并延长交于点，延长交于点，   ，， ， 、是的中线， ，， 点是的中点， ，， ∴， ∵点是的中点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵为中点， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵点是的中点， ∴； （3）解：连接，作交延长线于，如图，   ， 是的中点，， 点为的中点， ，， 点是的中点，， ， ， 是等边三角形， ， ， ， 在中，，， 在中，， 由勾股定理得， ，，， 是等边三角形， ， ， ， ， ， ， ． 【点睛】本题考查三角形中位线的性质，平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，解直角三角形，等边三角形的判定与性质．本题属四边形的综合题目，熟练掌握相关性质与判定是解题的关键． 题型二十六四边形/三角形+多中点+中位线性质+角度关系证明 26．（2023·山东东营·中考真题）（1）用数学的眼光观察． 如图，在四边形中，，是对角线的中点，是的中点，是的中点，求证：． （2）用数学的思维思考． 如图，延长图中的线段交的延长线于点，延长线段交的延长线于点，求证：． （3）用数学的语言表达． 如图，在中，，点在上，，是的中点，是的中点，连接并延长，与的延长线交于点，连接，若，试判断的形状，并进行证明． 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）是直角三角形，证明见解析． 【分析】（1）根据中位线定理即可求出，利用等腰三角形的性质即可证明； （2）根据中位线定理即可求出和，通过第（1）问的结果进行等量代换即可证明； （3）根据中位线定理推出和从而求出，证明是等边三角形，利用中点求出，从而求出度数，即可求证的形状. 【详解】证明：（1）的中点，是的中点， . 同理，. ， . . （2）的中点，是的中点， ， . 同理，. 由（1）可知， . （3）是直角三角形，证明如下： 如图，取的中点，连接，， 是的中点， ，. 同理，，. ， . . ， ， . ， . 又， 是等边三角形， . 又， . ， . 是直角三角形. 故答案为：是直角三角形. 【点睛】本题考查了三角形的中位线定理，等腰三角形的性质，等边三角形的性质以及直角三角形的判定，解题的关键在于灵活运用中位线定理. 题型二十七圆+直角三角形斜边中线+中点模型+线段最小值计算 27．（23-24九年级上·江苏宿迁·月考）如图，圆M的半径为4，圆心M的坐标为，点P是圆M上的任意一点，，且与x轴分别交于A、B两点，若点A、点B关于原点O对称，则的最大值为 . 【答案】28 【分析】本题主要考查点与圆的位置关系，解题的关键是根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得出取得最大值时点P的位置．连接，由中知若要使取最大值，则需取最大值，连接，交于点，当点P位于点时，取得最小值，当点P在的延长线与的交点上时，取最大值，据此可得出取最大值时点P的位置，求解可得结果． 【详解】解：连接， ∵， ∴， ∵点A、点B关于原点O对称， ∴，即点为中点， ∴， 若要使取最大值，则需取最大值， 连接，交于点， 当点P位于点时，取得最小值， 过点M作轴于点Q，圆心M的坐标为， 则， ∴， 又∵， ∴， ∴当点P在的延长线与的交点上时，取最大值， ∴的最大值为， ∴的最大值为． 故答案为：． 题型二十八抛物线+圆+中点模型+线段最小值计算 28．（2025·辽宁沈阳·一模）如图，抛物线与轴交于A，B两点，点是以抛物线的顶点为圆心，2为半径的圆上的动点，点是线段PB的中点，连接OQ则线段OQ的最小值是 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了点与圆的位置关系，抛物线与坐标轴的交点，三角形中位线定理，连接，设的延长线交于E，先求出点，点，点，由此得是的中位线，则，因此当为最小时，为最小，根据点与圆的位置关系可知为最小，然后再求出的长即可得出的最小值． 【详解】解：连接，设交于E，如图所示： 对于抛物线，当时，，当时，，或， ∴点，点，点， ∴， ∵点Q是的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴当为最小时，为最小， 根据点与圆的位置关系可知：点A到上各点的距离中，为最小， ∴当点P与点E重合时，为最小，最小值为， 在中，由勾股定理得：， ∵的半径为2， ∴， ∴， ∴的最小值为． 故答案为：． 题型二十九正方形/平行四边形/菱形+对角互补模型+中点模型+线段关系与计算 29．（2025·四川资阳·中考真题）在四边形中，是边上的一点，是对角线的中点． (1)如图1，四边形是正方形，连接，作交于点，求证：； (2)如图2，四边形是平行四边形，，连接，作交于点，连接，求的值； (3)如图3，四边形是菱形，，连接交于点是边上的一点，，若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】（1）连接，根据正方形的性质，利用得到，即可证明结论； （2）过点A作于点G，过点F作于点，根据勾股定理求出长，然后根据平行四边形的面积公式求出长，根据正切得到长，然后设，则，求出长，再根据正切得到求出a的值，解答即可； （3）过点D作于点P，作于点Q，设，求出，，然后表示，，在射线上截取，在射线上截取，根据全等得到，，，然后根据勾股定理求出x值，再根据相似三角形的对应边成比例解答即可． 【详解】（1）证明：连接， ∵是正方形，， ∴，，， ∴， ∴， ∴； （2）解：过点A作于点G，过点F作于点， ∵，，， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∵是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，即， 设，则， ∴， 同理可得，即， 解得， ∴， 又∵O是的中点， ∴， ∴， ∴； （3）解：过点D作于点P，作于点Q，设， ∵是菱形， ∴，， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴，， 在射线上截取，在射线上截取， ∵是菱形， ∴，， ∴，， 又∵， ∴， ∴，， 同理：，， ∴， ∴， ∴，即， ∴， 解得， 又∵， ∴，， ∴， ∴，即， 解得：， 又∵O是的中点， ∴， ∴． 【点睛】本题考查四边形的综合，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，勾股定理，全等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． 题型三十正方形+旋转90°模型+动点+面积定值与表达式计算 30．（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． 题型三十一正方形+半角模型（45°角）+旋转全等+对角互补模型 31．（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． 题型三十二正多边形（正方形、正五边形、正十边形）+对角互补模型+旋转全等/相似模型 32．（2025·山东烟台·中考真题）【问题呈现】 如图1，已知是正方形外一点，且满足，探究，，三条线段的数量关系． 小颖通过观察、分析、思考，形成了如下思路： 思路一：如图2，构造与全等，从而得出与的数量关系； 思路二：如图3，构造与全等，从而得出与的数量关系． （1）请参考小颖的思路，直接写出与的数量关系______________； 【类比探究】 （2）如图4，若是正五边形外一点，且满足，，，求的长度（结果精确到，参考数据：，，，）； 【拓展延伸】 （3）如图5，若是正十边形外一点，且满足，则，，三条线段的数量关系为_________（结果用含有锐角三角函数的式子表示）． 【答案】（1）；（2）；（3） 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的性质，解直角三角形，多边形的内角和问题，熟练掌握以上知识是解题的关键； （1）根据思路一：构造与全等，从而得出是等腰直角三角形，即可与的数量关系； （2）在射线上截取，连接，过点作于点，同（1）得，则，，可得，根据，即可求解； （3）同（2）的方法，即可求解． 【详解】（1） 如图2，在射线上截取，连接， ∵， ∴ 又∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， 又∵四边形是正方形， ∴ ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴ 故答案为：． （2）解：正五边形的一个内角为 如图4，在射线上截取，连接，过点作于点 同理可得， ∴， ∴ ∵，， ∴ ∴ ∴； （3）如图，在射线上截取，连接，过点作于点 同理可得 ∴ ∴ ∵ ∴ ∴即 故答案为：． 题型三十三圆内接四边形对角互补+邻等内接四边形模型 33．（2025·四川遂宁·中考真题）我们知道，如果一个四边形的四个顶点在同一个圆上，那么这个四边形叫这个圆的内接四边形．我们规定：若圆的内接四边形有一组邻边相等，则称这个四边形是这个圆的“邻等内接四边形”． (1)请同学们判断下列分别用含有和角的直角三角形纸板拼出如图所示的4个四边形．其中是邻等内接四边形的有______（填序号）． (2)如图，四边形是邻等内接四边形，且，，，，求四边形的面积． 【答案】(1)③ (2) 【分析】（1）根据邻等对补四边形的定义进行逐个分析，即可作答． （2）先根据勾股定理算出，设，，结合勾股定理整理得，代入数值得，再证明是的中位线，则，分别算出和，即可作答． 【详解】（1）解：依题意，图①、图②和图④没有对角互补，不是邻等对补四边形， 图③对角互补且有一组邻边相等，是邻等对补四边形， 故答案为：③； （2）解：∵，，， ∴， ∵四边形是邻等内接四边形， ∴四点共圆，且为直径， 把的中点记为点，即四点在上， 连接，，相交于点， ∵， ∴， 设，， ∵， ∴， 则在中，， 在中，， ∴， 即， 解得， ∴ 则 即， ∵是直径， ∴， ∵，， ∴是的中位线， ∴， 则． ， ∴四边形的面积． 【点睛】本题考查了新定义，勾股定理，垂径定理，圆内接四边形，中位线的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 题型三十四圆内接四边形对角互补+角平分线+旋转全等模型 34．（2025·宁夏·中考真题）如图，四边形内接于⊙平分，连接． (1)求证：； (2)延长至点，使，连接．求证：． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】本题考查了圆内接四边形的性质、圆周角定理、角平分线的定义以及全等三角形与相似三角形的判定和性质，解题的关键是利用圆周角与弧的对应关系转化角的等量关系，通过构造辅助线（延长线段）创造全等或相似的条件． （1）利用平分得到角相等，结合圆周角定理（同弧所对的圆周角相等），将角平分线得到的等角转化为与、相关的角，进而证明两角相等． （2）由可得通过圆内接四边形的对角互补性质得到结合第一问结论及角平分线性质证明再通过角的等量转化证明，最终得到比例式． 【详解】（1）证明：∵ 平分， ∴． ∵四边形内接于， ∴（同弧所对的圆周角相等）． ∵， ∴． （2）证明：∵， ∴． ∵四边形内接于， ∴（圆内接四边形对角互补）． 又∵（平角定义）， ∴． 由（1）知 ∴（等角对等边）． 在和中 ∴． ∴． ∵， ∴． 又∵ ，， ∴即 ∴． ∴， ∴，即． 题型三十五定义型互补四边形+半角模型+折叠裁剪探究模型 35．（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． 题型三十六四点共圆+对角互补模型+特殊三角形（等腰直角、等边）计算 36．（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． 题型三十七直角三角形+角平分线+对角互补+面积+特殊角度 37．（2024九年级·吉林·学业考试）已知是的角平分线，点E，F分别在边，上，，，与的面积之和为S.    (1)填空：当，，时， ①如图①，若，，则________，________； ②如图②，若，，则________，________； (2)如图③，当时，探究S与m，n的数量关系，并说明理由. 【答案】(1)①，25；  ②4， (2)，理由见解析 【分析】（1）①证明、都是等腰直角三角形，即可求解； ②根据直角三角形的性质求得，再利用解直角三角形，再根据角平分线的性质可得，再根据解直角三角形和直角三角形的性质求得，，即可求解； （2）如图③中，过点作于点M，于点N，证明，推出，把绕点D逆时针旋转得到右边，，，，即可得出结论． 【详解】（1）解：①∵，， ∴， ∵平分， ∴， ∵，，， ∴、都是等腰直角三角形， ∴，， ∴， 故答案为：，25； ②在中，，， ∴，， ∵，，平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴， 故答案为：4，； （2）解：如图③中，过点作于点M，于点N， ∵，，平分， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 把绕点D逆时针旋转得到右边，，，， ∴．    【点睛】本题考查直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、解直角三角形、等腰直角三角形的判定与性质、矩形和正方形的判定与性质、角平分线的定义和性质，正确添加辅助线，构造全等三角形是解题的关键． 题型三十八二次函数+对角互补模型+斜率/相似三角形模型 38．（2025·湖北·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与y轴交于点，为抛物线上两点，其横坐标分别为，，连接． (1)求抛物线的解析式； (2)若，求的值； (3)设此抛物线在点与点之间部分（包括点和点）的最高点与最低点的纵坐标的差为． 求关于的函数解析式； 若当时，有最大值，直接写出实数的取值范围． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）待定系数法求解抛物线的解析式即可． （2）过点作轴，过点作于点，过点作于点，点为轴上位于点上方的任意一点，根据，，可得，结合轴，可得，代入数值求解即可． （3）①由题意可得：，，顶点坐标为，分成，，，四种情况，令其纵坐标之差为即可得出关于的函数解析式． ②由①知，刻画出关于的函数图象，再分别按照，，，四种情况讨论即可． 【详解】（1）解：根据题意，将点代入中， 得， ∴抛物线的解析式为． （2）解：如解图①，过点作轴，过点作于点，过点作于点，点为轴上位于点上方的任意一点， ∵，， ∴， ∵轴， ∴， ∴， ∴， ∴， 即， 解得（舍去），， 即的值为． （3）解：由题意可得：，，顶点坐标为， 当时，； 当时，； 当时，； 当时，； 综上所述，关于的函数解析式为． 由知，关于的函数图象如解图， 当时，， 当时， 解得：； 当时，将和分别代入中， 解得：，， ∴； 当时，将代入中， 解得：， ∴； 当时， 解得或（舍去）； 当时，． 结合解图可知，当有最大值时，的取值范围为． 【点睛】本题主要考查了待定系数法求二次函数解析式，二次函数的图象与性质，二次函数综合，三角函数，熟练掌握以上知识是解题的关键． 题型三十九直角三角形+旋转型直角顶点+对角互补模型+相似三角形定值探究 39．（24-25九年级上·福建泉州·期末）利用一副三角尺进行操作富有数学趣味．在一次数学课外活动中，小美和小好两位同学用一副三角板玩起了数学游戏．已知中，， (1)如图1，小美过点C作于D，再将另一块三角板的直角顶点放在点D处，并绕着点D旋转，两条直角边分别交线段于点E、F． ①小美猜想：若点E是的中点，则点F也是中点．你认为小美的猜想是_______；（填“正确”或“不正确”） ②小好猜想：在如图1所示旋转过程中，的值始终保持不变．若正确，请你求出该定值；若不正确，请说明理由． (2)如果点D是中点，将另一块三角板的直角顶点放在点D处，并绕着点D旋转，两条直角边分别与线段交于点E，F，如图2所示．在图形旋转过程中，的值保持不变，请求出此定值． 【答案】(1)①正确；②； (2) 【分析】本题属于相似形综合题，考查了相似三角形的判定和性质，平行线分线段成比例，三角形的中位线性质，解直角三角形等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题． （1）①证明，可得结论； ②证明可得结论； （2）如图2中，过点作于点，于点．证明可得结论． 【详解】（1）解：①小美的猜想正确． 理由：， ， ， ， ， ， ，， ， ， ，， ， ， ， 点是的中点； ②结论：． 理由：， ， ， ，， ， ， ； （2）解：如图2中，过点作于点，于点． ， 四边形是矩形， ， ， ， ， ， ，， ∴， ， ， 同法可证， ． 题型四十正方形中心旋转模型+对角互补模型+面积定值探究 40．（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 ． 题型四十一直角三角形斜边中点模型+四点共圆+对角互补模型+旋转探究 41．（2024·河南安阳·三模）数学综合与实践课上，老师让同学们以“三角形的旋转”为主题开展数学活动． 模型感知： 小明同学善于观察思考，如图，在和中，，他发现当两个直角三角形共斜边时，取斜边中点，根据斜边中线等于斜边的一半，易知，由圆的定义可知，四点共圆，则有，其依据是______． 操作判断： 小明同学把等腰直角三角板的直角顶点绕着直角三角板的斜边中点旋转，其中，直线与相交于点，边与相交于点． （）如图，当时，线段与的数量关系是______． 深入探究： （）将图中的旋转到图所示的位置，请判断与的数量关系是否发生变化，并说明理由． 应用： （）如图，已知，若等腰直角三角板绕点继续旋转，边与的交点始终在线段上，当点为的三等分点时，直接写出的面积． 【答案】模型感知：同弧所对的圆周角相等；（1）；（2）仍有，证明见解析；（3） 【分析】模型感知：根据圆周角定理即可求解； （）连接，可得四边形是矩形，得到，由直角三角形的性质可得，即得，又由得到，即可得到； （）与的数量不会发生变化．如图，连接，由，，可得四点共圆，即得，进而可得，利用直角三角形的性质即可求证； （）如图，过点作于，解直角三角形求出，进而得到，，即得，利用勾股定理求得，再根据（）的结论得到，再根据勾股定理得到，最后根据三角形的面积公式即可求解． 【详解】解：模型感知：由题意可知，其依据是同弧所对的圆周角相等， 故答案为：同弧所对的圆周角相等； （）如图，连接， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∵点为斜边的中点， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∴； （）与的数量不会发生变化，理由如下： 如图，连接， ∵，， ∴四点共圆， ∴， ∵点是斜边的中点， ∴， ∴， ∴， 在中，，， ∴， 即； （）解：如图，过点作于， ∵， ∴，， ∵，，， ∴， ∴， ∴， ∵点为的三等分点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了圆周角定理，矩形的判定和性质，直角三角形的性质，四点共圆，解直角三角形，勾股定理，正确作出辅助线是解题的关键． 题型四十二双直角四边形+四点共圆+对角互补模型 42．（2025·黑龙江哈尔滨·三模）如图，在四边形中，，，对角线、的交于点．则下列结论：①；②；③；④若，则．其中一定正确的结论是： （将正确结论的序号填在横线上）． 【答案】①②③④ 【分析】根据题意点四点共圆，是直径，圆心是线段的中点，如图所示，根据同圆中，同弧所对圆周角相等可判定①；根据圆内接四边形的性质可判定②；如图所示，延长交于点，可得，可判定③；如图所示，连接，由圆周角定理得到是等腰直角三角形，可判定④；由此即可求解． 【详解】解：∵， ∴点四点共圆，是直径，圆心是线段的中点，如图所示， ∵， ∴，故①正确； ∵四边形是的内接四边形， ∴，故②正确； 如图所示，延长交于点， ∵， ∴， ∴是等腰直角三角形，， ∵， ∴，， ∴是等腰直角三角形，， ∴， ∴，故③正确； 如图所示，连接， ∵是直径， ∴， ∵， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴，故④正确； 综上所述，正确的有①②③④， 故答案为：①②③④ ． 【点睛】本题考查了共圆的知识，圆内接四边形的性质，圆周角定理，等腰三角形的判定和性质，几何图形面积的计算，掌握以上知识，合理作出辅助线是关键． 题型四十三双直角+邻边相等四边形+旋转全等+对角互补模型 43．（2025·陕西西安·模拟预测）（1）如图，四边形中，，，．则四边形的面积为________． （2）如图为某地人工湖的一角，其中米，米，，现对该区域景观进行改造提升，在距离B点250米的点E处作，使得米，在上确定点G，使得米，计划在段建造水幕电影，计划在上找一点M，在上找一点N，将四边形设计为儿童嬉水区，在湖中的点O处拟建造一个观影平台，使得O到M，N的距离相等，且，在区域种植荷花等水生花卉．根据经验当时，在点O观看水幕电影的观影体验较好，请求出当时，儿童嬉水区面积的最大值． 【答案】（1）18；（2） 【分析】（1）延长到，使，连接，证明，求得是等腰直角三角形，据此求解即可； （2）证明四点共圆，连接，推出四边形是正方形，作的外接圆，证明和是等腰直角三角形，求得，，得到，要求面积的最大值，则有最小值，据此求解即可． 【详解】解：（1）延长到，使，连接， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴四边形的面积为， 故答案为：18； （2）延长和相交于点， ∵， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵O到M，N的距离相等，且， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴四点共圆，连接， ∴， 作于点，于点， ∴四边形是矩形， ∴， ∵是等腰直角三角形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是正方形， ∴， 作的外接圆，连，过圆心作的垂线交于点，交于点，交于点，交于点， 则四边形和是矩形， ∵， ∴， ∴是等腰直角三角形，也是等腰直角三角形， ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∴是等腰直角三角形，也是等腰直角三角形， ∴， ∴， 设，则，， 在中，由勾股定理得， 即， 解得， ∴， ∴， ∴， 要求面积的最大值，则有最小值， 当时，有最小值， 此时， ∴面积的最大值． 【点睛】本题考查了圆周角定理，正方形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，正确引出辅助线解决问题是解题的关键． 题型四十四双直角四边形+四点共圆+一元二次方程判别式模型 44．（2025·山东淄博·一模）如图，四边形中和的长是关于x的方程的两个实数根，，． (1)求m的值； (2)求的长． 【答案】(1) (2) 【分析】本题考查了一元二次方程根的判别式，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理． （1）利用根的判别式得不等式，求出m的值； （2）作交的延长线于F，作于E，证明得，进而得平分，，设，则，利用勾股定理列方程求解，即可求出的长． 【详解】（1）解：根据题意得， ， ， ， ； （2）解：由（1）可得当时，方程整理得，解得， 如图，作交的延长线于F，作于E，则， ∵， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ， ， ∵，， 平分， ， ， ， 设，则， 由，得， 解得，（舍去）． ． 题型四十五定义型互补四边形+角平分线性质+折叠变换模型 45．（2025·河南周口·二模）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．请运用已有经验，对“对补四边形”进行研究． 定义：对角互补的四边形叫做对补四边形． (1)初步认识 某学习小组先对“对补四边形”的角进行探究． 如图1，四边形是对补四边形，若，则 ． (2)猜想与证明 该学习小组在探究“对补四边形”的边和对角线时，提出下列两个猜想： 猜想一：如图2，四边形是对补四边形，若对角线平分，则和的数量关系是 ． 猜想二：如图3，四边形是对补四边形，若，连接，则平分 ．请你从上述两个猜想中任选一个，并给出证明． (3)拓展应用 如图4，在边长为4的等边中，是边的中点，是边上一动点，将沿翻折，得到，延长交直线于点，若，请直接写出的长． 【答案】(1) (2)，，证明见解析 (3)或 【分析】对于（1），设，再根据対补四边形的定义得，求出方程的解，可得，然后根据定义得出答案； 对于（2），选择猜想1，作，，根据角平分线的性质得，，再根据对补四边形的定义得，然后根据“角角边”证明，则答案可证； 选择猜想2，作，，根据“角角边”证明，可得，再根据角平分线的判定定理得出答案； 对于（3），当点在线段上时，连接，作，，先说明四边形是对补四边形，可得平分，根据角平分线的性质得，，再证明，可得，接下来根据直角三角形的性质求出，最后根据求出，则答案可求； 当点在的延长线上时，画出图形，仿照上述过程解答即可． 【详解】（1）解：． 由，设， ∵四边形是対补四边形， ∴， 即， 解得， ∴， ∴． 故答案为：； （2）解：猜想一：，猜想二：． 选择猜想1．证明如下： 过点分别作于点，交的延长线于点，如图2所示． 对角线平分，，， ，． 四边形是对补四边形， ． ， ． 在和中， ， ． 选择猜想2，证明如下： 过点A分别作于点交的延长线于点，如图3所示， 则． ，， ． 又，， ， ． ∴点A在的平分线上， 平分． （3）解：或． 当点在线段上时，如图4，连接，作于，于， ∵是等边三角形， ∴． 根据折叠得， ∴， ∴， ∴四边形是对补四边形，则平分， ，． ∵， ∴， ∴． 在中，， ∴， 当时，， ，， ． 当点在射线上时，如图5． 当点在的延长线上时，如图5，连接，作于，于， ∵是等边三角形， ∴． 根据折叠得， ∴， ∴， ∴四边形是对补四边形，则平分， ，． ∵， ∴， ∴． 在中，， ∴， 当时，， ，， ． 故答案为：或． 【点睛】本题主要考查了全等三角形的性质和判定，角平分线的性质定理和判定定理，直角三角形的性质，等边三角形的性质，折叠的性质，作出辅助线构造全等三角形是解题的关键． 题型四十六中心对称图形（正方形/矩形/平行四边形）+绕中心旋转模型+重叠图形面积与线段长度计算 46．（2023·广东深圳·三模）（1）【探究发现】如图1，正方形的对角线相交于点，在正方形绕点旋转的过程中，边与边交于点，边与边交于点．证明：；    （2）【类比迁移】如图2，矩形的对角线相交于点，且，．在矩形绕点旋转的过程中，边与边交于点，边与边交于点．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．在绕点旋转的过程中，边与边交于点，边与边交于点．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） 【分析】（1）根据正方形的性质和全等三角形的性质，找相等的边和角证全等即可； （2）过点作的平行线交于点、交于点，过点作垂线交于点，构造相似三角形和，列比例式求解算出，最后根据计算即可； （3）过点作的垂线交于点，根据勾股定理算出，根据已知条件观察推理出，，结合与重叠部分的面积是的面积的，设列方程求出，最后根据勾股定理求出即可． 【详解】（1）正方形的对角线相交于点，在正方形绕点旋转的过程中，边与边交于点，边与边交于点 ， ，， ，即， 在和中 ， ； （2）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，，，， ，，， ， ，， ， ， ， 即， ， ； （3）如图，过点作的垂线交于点，    设，则， 设，则， ，， ， 又， ， ，，四边形和四边形都是平行四边形，是直角三角形 ∴，(有公共角且都有直角)， ， ∴， ∵， 即， ∴，， 设，则， ∵， 即， ∴， 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， ， 即， ∴， 即， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题综合考查了全等三角形的证明、勾股定理、特殊四边形（平行四边形、矩形、正方形）的性质、相似三角形，综合性强，熟练掌握相关知识、结合图象分析是解题的关键． 题型四十七角平分线+互补四边形（对角互补）模型 47．（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，，， ，． ． $专题08几何模型：中点模型和对角互补模型 47种题型全归纳 1/10 学科网（北京）股份有限公司 题型一矩形+双中点+折叠模型+勾股定理 题型二平行四边形+多中点+中位线模型 题型三矩形+双中点+中位线模型+最值问题 题型四矩形+中点+特殊角度+解三角形 题型五正方形+双中点+中位线+多结论判断 题型六等腰直角三角形+中点+相似三角形+最值问题 题型七平行四边形+60°角+中点+折叠模型+平行四边形判定 题型八等腰三角形+旋转模型+中点模型+最值问题 题型九中点+相似三角形+三角函数计算 题型十中点四边形+中位线模型+对角线垂直 题型十一中点四边形+中位线模型+菱形面积计算 题型十二直角三角形+斜边中点+面积最值+线段比例计算 题型十三直角三角形+双中点+中位线模型+旋转全等 题型十四三角形+中点/等分点+面积比例计算 题型十五矩形+圆+旋转+中点模型 题型十六平行四边形+中点模型+全等/相似三角形+面积比例+线段长度计算 题型十七直角三角形+斜边中点+矩形性质+最短路径+最值问题 题型十八三角形+重心+面积比例+线段比例计算 题型十九倍中线定义+平行四边形性质+几何作图+解三角形 题型二十三角形中线+倍长中线法+全等三角形+勾股定理 题型二十一三角形+倍长中线+平行四边形判定+最短路径计算 题型二十二正方形+旋转+中点+线段位置与数量关系证明 题型二十三旋补三角形+旋补中线+线段数量关系证明与计算 题型二十四三角形+等边三角形构造+中点四边形+中位线性质 题型二十五矩形/直角三角形/平行四边形+双中点+中位线性质+线段比例计算 题型二十六四边形/三角形+多中点+中位线性质+角度关系证明 题型二十七圆+直角三角形斜边中线+中点模型+线段最小值计算 题型二十八抛物线+圆+中点模型+线段最小值计算 题型二十九正方形/平行四边形/菱形+对角互补模型+中点模型+线段关系与计算 题型三十正方形+旋转90°模型+动点+面积定值与表达式计算 题型三十一正方形+半角模型（45°角）+旋转全等+对角互补模型 题型三十二正多边形（正方形、正五边形、正十边形）+对角互补模型+旋转全等/相似模型 题型三十三圆内接四边形对角互补+邻等内接四边形模型 题型三十四圆内接四边形对角互补+角平分线+旋转全等模型 题型三十五定义型互补四边形+半角模型+折叠裁剪探究模型 题型三十六四点共圆+对角互补模型+特殊三角形（等腰直角、等边）计算 题型三十七直角三角形+角平分线+对角互补+面积+特殊角度 题型三十八二次函数+对角互补模型+斜率/相似三角形模型 题型三十九直角三角形+旋转型直角顶点+对角互补模型+相似三角形定值探究 题型四十正方形中心旋转模型+对角互补模型+面积定值探究 题型四十一直角三角形斜边中点模型+四点共圆+对角互补模型+旋转探究 题型四十二双直角四边形+四点共圆+对角互补模型 题型四十三双直角+邻边相等四边形+旋转全等+对角互补模型 题型四十四双直角四边形+四点共圆+一元二次方程判别式模型 题型四十五定义型互补四边形+角平分线性质+折叠变换模型 题型四十六中心对称图形（正方形/矩形/平行四边形）+绕中心旋转模型+重叠图形面积与线段长度计算 题型四十七角平分线+互补四边形（对角互补）模型 题型一矩形+双中点+折叠模型+勾股定理 1．（2025·福建·中考真题）如图，已知矩形，点是的中点，将边沿翻折到的位置，点的对应点为，连接并延长交于点，当恰为的中点时，的值是 ． 题型二平行四边形+多中点+中位线模型 2．（2025·四川广元·中考真题）如图，在平行四边形中，，对角线，交于点O，点P是的中点，连接，点E是的中点，连接，则的长是（   ） A．1 B． C．2 D．4 题型三矩形+双中点+中位线模型+最值问题 3．（2025·四川内江·中考真题）如图，在矩形中，，点E、F分别是边上的动点，连接，点G为的中点，点H为的中点，连接，则的最大值是 ． 题型四矩形+中点+特殊角度+解三角形 4．（2025·天津·中考真题）如图，在矩形中，，，点在边上，且． （1）线段的长为 ； （2）为的中点，为的中点，为上一点，若，则线段的长为 ． 题型五正方形+双中点+中位线+多结论判断 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）． 题型六等腰直角三角形+中点+相似三角形+最值问题 6．（2025·新疆·中考真题）如图，在等腰直角三角形中，，，，点M是的中点，点D和点N分别是线段和上的动点． (1)当点D和点N分别是和的中点时，求a的值； (2)当时，以点C，D，N为顶点的三角形与相似，求的值； (3)当时，求的最小值． 题型七平行四边形+60°角+中点+折叠模型+平行四边形判定 7．（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． 题型八等腰三角形+旋转模型+中点模型+最值问题 8．（2025·重庆·中考真题）在中，，点D是边上一点（不与端点重合），连接．将线段绕点A逆时针旋转得到线段，连接． (1)如图1，，，求的度数； (2)如图2，，，过点作，交的延长线于，连接．点是的中点，点是的中点，连接，．用等式表示线段与的数量关系并证明： (3)如图3，，，，连接，．点从点移动到点过程中，将绕点逆时针旋转得线段，连接，作交的延长线于点．当取最小值时，在直线上取一点，连接，将沿所在直线翻折到所在的平面内，得，连接，，，当取最大值时，请直接写出的面积． 题型九中点+相似三角形+三角函数计算 9．（2025·四川广元·中考真题）四边形中，与交于点O，O是的中点，，已知，，，则的长为 ． 题型十中点四边形+中位线模型+对角线垂直 10．（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 题型十一中点四边形+中位线模型+菱形面积计算 11．（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 题型十二直角三角形+斜边中点+面积最值+线段比例计算 12．（2025·四川巴中·中考真题）在中，，，D为中点，点E在线段上，满足，连接并延长交于点F，当面积最大时，线段等于（   ） A． B．2 C．2 D．4 题型十三直角三角形+双中点+中位线模型+旋转全等 13．（2025·山东德州·中考真题）如图，中，，，，分别以为直角边，以B为直角顶点向外作和，且，M，N分别是的中点，连接．若，则的长度为 ． 题型十四三角形+中点/等分点+面积比例计算 14．（2025·四川广安·中考真题）已知的面积是1． （1）如图1，若D，E分别是边和的中点，与相交于点F，则四边形的面积为 ． （2）如图2，若M，N分别是边和上距离C点最近的6等分点，与相交于点G，则四边形的面积为 ． 题型十五矩形+圆+旋转+中点模型 15．（2025·广东深圳·中考真题）如图，以矩形的点为圆心，的长为半径作，交于点，点为上一点，连接，将线段绕点顺时针旋转至，点落在上，且点为中点．若，，则的长为 ． 题型十六平行四边形+中点模型+全等/相似三角形+面积比例+线段长度计算 16．（2025·上海·中考真题）在平行四边形中，，分别为边，上两点． (1)当是边中点时， ①如图（1），联结，如果，求证：； ②如图（2），如果，联结，交边于点，求的值； (2)如图（3）所示，联结，，如果，，，．求的长． 题型十七直角三角形+斜边中点+矩形性质+最短路径+最值问题 17．（2025·陕西·中考真题）问题探究 （1）在中，，，为边上的中线，则的长为_____； （2）如图①，在中，为边上一点，，垂足分别为，连接，求的最小值； 问题解决 （3）如图②，四边形是一个游乐场的平面示意图，出入口在点处．已知，．为了进一步提升游乐场的服务功能，管理部门规划修建由四条直步道连接而成的观景环道及服务中心，其中，点在边上，点在边上，点在边上，点为的中点． 按照设计要求，的长为的长为，在点与点之间距离最短的情况下，使所修建的观景环道最短．请你帮助管理部门计算，当最小时的最小值及此时的长．（步道宽度及出入口，服务中心的大小均忽略不计） 题型十八倍中线定义+平行四边形性质+几何作图+解三角形 18．（2025·江苏盐城·二模）【定义】在三角形中，一边的中线把这边所对的内角分成两个两倍关系的角，那么这条中线叫作这个三角形的“倍中线”．如图，在中，是的中线，，则中线是的“倍中线”．      【判定】（）已知：如图，在中，对角线、交于点，．证明：是的“倍中线”． 【作图】（）如图，，点是边上一点，的边与射线交于点，是的“倍中线”，且，用直尺和圆规作点．（保留作图的痕迹） 【运用】（）如图，是的“倍中线”，，点是直线上一动点，且． ①如图，若，，则__________． ②若点在射线上，且，求的长． 题型十九三角形中线+倍长中线法+全等三角形+勾股定理 19．（2025·宁夏银川·二模）兴趣小组在活动时，王老师提出了这样一个问题： 如图1，在中，是的中点，求边上的中线的取值范围． 【阅读理解】小明在组内经过合作交流，得到了如下的解决方法： （1）如图1，延长到点，使，连接．根据_____可以判定，得出．就能把线段集中在中．利用三角形三边关系，可得出中线的取值范围是_____． 【方法感悟】当条件中出现“中点”、“中线”等条件时，可以考虑把中线延长一倍，构造全等三角形，将分散的已知条件和所求证的结论集中到同一个三角形中，称为“中线加倍”法． 【问题解决】 （2）如图2在中，，，是的中线，，，且．求的长． 【问题拓展】 （3）如图3在中，，是边的中点，，交于点，交于点，连接，求证：． 题型二十三角形+重心+面积比例+线段比例计算 20．（2024·山东青岛·一模）三角形的重心 定义：三角形三条中线相交于一点，这个点称为三角形的重心． 三角形重心的一个重要性质： 重心与一边中点的连线的长是对应中线长的． 下面是小亮证明性质的过程： 已知：如图，在中，D，E分别是边的中点，相交于点O． 求证： 证明：连接， D，E分别是边的中点 ∴（依据1）    性质应用： (1)如图1，在中，点G是的重心，连接并延长交于点E，若，则______；    (2)如图2，在中，中线相交于点G，若的面积为48，则的面积为______；    (3)如图3，在中，若，，的面积为m，则的面积为______．    题型二十一三角形+倍长中线+平行四边形判定+最短路径计算 21．（2025·吉林松原·三模）（1）【问题探究】如图1，已知是的中线，延长至点，使得．连结，求证：四边形是平行四边形． （2）【拓展提升】如图2，在的中线上任取一点（不与点、点重合），过点、点分别作， ，连结，，求证：四边形是平行四边形． （3）【灵活应用】如图3，在中，，，，点是的中点，点是直线上的动点，且，，当取得最小值时，求线段的长度． 题型二十二正方形+旋转+中点+线段位置与数量关系证明 22．（2025·山东济南·二模）在初中数学的学习过程当中，我们掌握了许多关于中点的基础知识，比如特殊三角形的中线的性质、倍长中线法构造全等、中位线定理等等，也积累了很多解决中点问题的活动经验，灵活运用这些经验和技能，可以帮助我们解决很多问题． 如图 1，点是正方形的边上的点，以为边，在正方形右侧作正方形，连接，为线段的中点，连接． (1)猜想：图 1 中线段和线段的位置关系为： ，数量关系为： （直接写出结论，无需证明）； (2)以为旋转中心将正方形顺时针旋转，旋转角为 ，则（1）中结论是否仍然成立？若成立，以图 2 中情形为例证明你的结论；若不成立，说明理由； (3)若正方形的边长为2，正方形的边长为1，则在正方形旋转一周的过程中，当点、点、点三点共线时，直接写出的长． 题型二十三旋补三角形+旋补中线+线段数量关系证明与计算 23．（2025·江苏宿迁·二模）我们定义：如图1，在中，把绕点顺时针旋转 得到，把绕点逆时针旋转得到，连接．当 时，我们称是的“旋补三角形”，边上的中线叫做的“旋补中线”，点叫做“旋补中心”． 特例感知： （1）在图2，图3中，是的“旋补中心”，是的“旋补中心”． ①如图2，当为等边三角形时，与的数量关系为 ； ②如图3，当时，则长为_____________． 猜想论证： （2）在图1中，当为任意三角形时，猜想与的数量关系，并给予证明． 拓展应用： （3）如图4，在四边形中，，．在四边形内部是否存在点，使是的“旋补中心”？若存在，给予证明，并求的“旋补中心”长；若不存在，说明理由． 题型二十四三角形+等边三角形构造+中点四边形+中位线性质 24．（2025·山西吕梁·一模）阅读与思考 下面是勤思小组研究性学习报告的部分内容，请认真阅读，并完成相应任务． 勤思小组关于“中点四边形”的研究报告研究对象：中点四边形 研究思路：按“概念—性质—应用”的路径进行研究． 研究方法：观察—猜想—推理证明． 研究过程： 【概念呈现】顺次连接四边形各边中点所得的四边形叫中点四边形．如图1，在四边形中，，，，分别是边，，，的中点，顺次连接，，，，得到的四边形是中点四边形． 【性质探索】根据“中点四边形”的定义，探索其性质： （1）如图2，连接，，分别为，的中点， ，（依据1）， 同理可得，， ，，∴四边形是平行四边形（依据2）． 同时可得，连接，同理可得， ． 性质1：中点四边形是平行四边形． 性质2：中点四边形的周长等于原四边形对角线的和． （2）进一步研究发现： 性质3：中点四边形的面积等于原四边形面积的一半． 勤思小组证明过程如下： 如图3，将沿向左平移，使得点与点重合，点与点重合，得到， 则，，， ，， …… 任务： (1)填空：材料中的依据1是指：_____． 依据2是指：_____． (2)依照材料中提供的思路，完善勤思小组对性质3的证明过程． (3)如图4，在中，，，，分别以，为边向外侧作等边和等边，连接，，，，分别是，，，的中点，则四边形的周长为_____． 题型二十五矩形/直角三角形/平行四边形+双中点+中位线性质+线段比例计算 25．（2025·江苏南通·模拟预测）如图①，在中，点、分别与的中点．则与的关系是 (1)如图②，在矩形中，O为的中点，M为边上一动点，N 为 的中点，连接、、．若，则与的数量关系是 ． (2)如图③，中，，，、是的中线，、分别是和的中点，求的长． (3)如图④，在中，E为边上一点，连接，点 P 在上，，G是的中点，连接并延长，交 于点 F．若 F 为的中点，，连接，求 的值． 题型二十六四边形/三角形+多中点+中位线性质+角度关系证明 26．（2023·山东东营·中考真题）（1）用数学的眼光观察． 如图，在四边形中，，是对角线的中点，是的中点，是的中点，求证：． （2）用数学的思维思考． 如图，延长图中的线段交的延长线于点，延长线段交的延长线于点，求证：． （3）用数学的语言表达． 如图，在中，，点在上，，是的中点，是的中点，连接并延长，与的延长线交于点，连接，若，试判断的形状，并进行证明． 题型二十七圆+直角三角形斜边中线+中点模型+线段最小值计算 27．（23-24九年级上·江苏宿迁·月考）如图，圆M的半径为4，圆心M的坐标为，点P是圆M上的任意一点，，且与x轴分别交于A、B两点，若点A、点B关于原点O对称，则的最大值为 . 题型二十八抛物线+圆+中点模型+线段最小值计算 28．（2025·辽宁沈阳·一模）如图，抛物线与轴交于A，B两点，点是以抛物线的顶点为圆心，2为半径的圆上的动点，点是线段PB的中点，连接OQ则线段OQ的最小值是 ． 题型二十九正方形/平行四边形/菱形+对角互补模型+中点模型+线段关系与计算 29．（2025·四川资阳·中考真题）在四边形中，是边上的一点，是对角线的中点． (1)如图1，四边形是正方形，连接，作交于点，求证：； (2)如图2，四边形是平行四边形，，连接，作交于点，连接，求的值； (3)如图3，四边形是菱形，，连接交于点是边上的一点，，若，求的长． 题型三十正方形+旋转90°模型+动点+面积定值与表达式计算 30．（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）． 题型三十一正方形+半角模型（45°角）+旋转全等+对角互补模型 31．（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． 题型三十二正多边形（正方形、正五边形、正十边形）+对角互补模型+旋转全等/相似模型 32．（2025·山东烟台·中考真题）【问题呈现】 如图1，已知是正方形外一点，且满足，探究，，三条线段的数量关系． 小颖通过观察、分析、思考，形成了如下思路： 思路一：如图2，构造与全等，从而得出与的数量关系； 思路二：如图3，构造与全等，从而得出与的数量关系． （1）请参考小颖的思路，直接写出与的数量关系______________； 【类比探究】 （2）如图4，若是正五边形外一点，且满足，，，求的长度（结果精确到，参考数据：，，，）； 【拓展延伸】 （3）如图5，若是正十边形外一点，且满足，则，，三条线段的数量关系为_________（结果用含有锐角三角函数的式子表示）． 题型三十三圆内接四边形对角互补+邻等内接四边形模型 33．（2025·四川遂宁·中考真题）我们知道，如果一个四边形的四个顶点在同一个圆上，那么这个四边形叫这个圆的内接四边形．我们规定：若圆的内接四边形有一组邻边相等，则称这个四边形是这个圆的“邻等内接四边形”． (1)请同学们判断下列分别用含有和角的直角三角形纸板拼出如图所示的4个四边形．其中是邻等内接四边形的有______（填序号）． (2)如图，四边形是邻等内接四边形，且，，，，求四边形的面积． 题型三十四圆内接四边形对角互补+角平分线+旋转全等模型 34．（2025·宁夏·中考真题）如图，四边形内接于⊙平分，连接． (1)求证：； (2)延长至点，使，连接．求证：． 题型三十五定义型互补四边形+半角模型+折叠裁剪探究模型 35．（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． 题型三十六四点共圆+对角互补模型+特殊三角形（等腰直角、等边）计算 36．（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． 题型三十七直角三角形+角平分线+对角互补+面积+特殊角度 37．（2024九年级·吉林·学业考试）已知是的角平分线，点E，F分别在边，上，，，与的面积之和为S.    (1)填空：当，，时， ①如图①，若，，则________，________； ②如图②，若，，则________，________； (2)如图③，当时，探究S与m，n的数量关系，并说明理由. 题型三十八二次函数+对角互补模型+斜率/相似三角形模型 38．（2025·湖北·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，抛物线与y轴交于点，为抛物线上两点，其横坐标分别为，，连接． (1)求抛物线的解析式； (2)若，求的值； (3)设此抛物线在点与点之间部分（包括点和点）的最高点与最低点的纵坐标的差为． 求关于的函数解析式； 若当时，有最大值，直接写出实数的取值范围． 题型三十九直角三角形+旋转型直角顶点+对角互补模型+相似三角形定值探究 39．（24-25九年级上·福建泉州·期末）利用一副三角尺进行操作富有数学趣味．在一次数学课外活动中，小美和小好两位同学用一副三角板玩起了数学游戏．已知中，， (1)如图1，小美过点C作于D，再将另一块三角板的直角顶点放在点D处，并绕着点D旋转，两条直角边分别交线段于点E、F． ①小美猜想：若点E是的中点，则点F也是中点．你认为小美的猜想是_______；（填“正确”或“不正确”） ②小好猜想：在如图1所示旋转过程中，的值始终保持不变．若正确，请你求出该定值；若不正确，请说明理由． (2)如果点D是中点，将另一块三角板的直角顶点放在点D处，并绕着点D旋转，两条直角边分别与线段交于点E，F，如图2所示．在图形旋转过程中，的值保持不变，请求出此定值． 题型四十正方形中心旋转模型+对角互补模型+面积定值探究 40．（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：，，） 题型四十一直角三角形斜边中点模型+四点共圆+对角互补模型+旋转探究 41．（2024·河南安阳·三模）数学综合与实践课上，老师让同学们以“三角形的旋转”为主题开展数学活动． 模型感知： 小明同学善于观察思考，如图，在和中，，他发现当两个直角三角形共斜边时，取斜边中点，根据斜边中线等于斜边的一半，易知，由圆的定义可知，四点共圆，则有，其依据是______． 操作判断： 小明同学把等腰直角三角板的直角顶点绕着直角三角板的斜边中点旋转，其中，直线与相交于点，边与相交于点． （）如图，当时，线段与的数量关系是______． 深入探究： （）将图中的旋转到图所示的位置，请判断与的数量关系是否发生变化，并说明理由． 应用： （）如图，已知，若等腰直角三角板绕点继续旋转，边与的交点始终在线段上，当点为的三等分点时，直接写出的面积． 题型四十二双直角四边形+四点共圆+对角互补模型 42．（2025·黑龙江哈尔滨·三模）如图，在四边形中，，，对角线、的交于点．则下列结论：①；②；③；④若，则．其中一定正确的结论是： （将正确结论的序号填在横线上）． 题型四十三双直角+邻边相等四边形+旋转全等+对角互补模型 43．（2025·陕西西安·模拟预测）（1）如图，四边形中，，，．则四边形的面积为________． （2）如图为某地人工湖的一角，其中米，米，，现对该区域景观进行改造提升，在距离B点250米的点E处作，使得米，在上确定点G，使得米，计划在段建造水幕电影，计划在上找一点M，在上找一点N，将四边形设计为儿童嬉水区，在湖中的点O处拟建造一个观影平台，使得O到M，N的距离相等，且，在区域种植荷花等水生花卉．根据经验当时，在点O观看水幕电影的观影体验较好，请求出当时，儿童嬉水区面积的最大值． 题型四十四双直角四边形+四点共圆+一元二次方程判别式模型 44．（2025·山东淄博·一模）如图，四边形中和的长是关于x的方程的两个实数根，，． (1)求m的值； (2)求的长． 题型四十五定义型互补四边形+角平分线性质+折叠变换模型 45．（2025·河南周口·二模）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．请运用已有经验，对“对补四边形”进行研究． 定义：对角互补的四边形叫做对补四边形． (1)初步认识 某学习小组先对“对补四边形”的角进行探究． 如图1，四边形是对补四边形，若，则 ． (2)猜想与证明 该学习小组在探究“对补四边形”的边和对角线时，提出下列两个猜想： 猜想一：如图2，四边形是对补四边形，若对角线平分，则和的数量关系是 ． 猜想二：如图3，四边形是对补四边形，若，连接，则平分 ．请你从上述两个猜想中任选一个，并给出证明． (3)拓展应用 如图4，在边长为4的等边中，是边的中点，是边上一动点，将沿翻折，得到，延长交直线于点，若，请直接写出的长． 题型四十六中心对称图形（正方形/矩形/平行四边形）+绕中心旋转模型+重叠图形面积与线段长度计算 46．（2023·广东深圳·三模）（1）【探究发现】如图1，正方形的对角线相交于点，在正方形绕点旋转的过程中，边与边交于点，边与边交于点．证明：；    （2）【类比迁移】如图2，矩形的对角线相交于点，且，．在矩形绕点旋转的过程中，边与边交于点，边与边交于点．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．在绕点旋转的过程中，边与边交于点，边与边交于点．当与重叠部分的面积是的面积的时，请直接写出的长．    题型四十七角平分线+互补四边形（对角互补）模型 47．（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） $