重难点13 几何压轴突破核心题型汇编（四边形篇2大类型19种题型）（复习讲义）（全国通用）2026年中考数学一轮复习讲练测

该初中数学中考复习讲义聚焦四边形几何压轴，涵盖平行四边形、矩形等19种核心题型，按基础性质到综合应用递进，通过考点梳理、方法指导和2025年各地中考真题训练，帮助学生系统突破几何难点。 亮点是“题型分类+真题实战”设计，如通过正方形半角模型旋转构造全等培养几何直观与推理意识，分层练习配合变式训练提升数学表达能力，助力教师精准把控复习节奏，学生高效掌握压轴题解题策略。

重难点13 几何压轴突破核心题型汇编 （四边形篇2大类型19种题型） 题型01 平行四边形的性质与判定 1．（2025·山东潍坊·中考真题）如图，在中，点分别是边的中点，与相交于点，连接，．证明： (1)； (2)． 【答案】(1)见解析； (2)见解析． 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，中位线定理，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，掌握知识点的应用是解题的关键． （）由点分别是边的中点，则有，，所以，，从而可得，然后根据性质即可求证； （）连接，，证明四边形为平行四边形，所以，，又，为中点，故有，所以，，然后通过“”证明即可． 【详解】（1）证明：∵点分别是边的中点， ∴是的中位线， ∴，， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴； （2）证明：连接，， ∵点分别是边的中点， ∴，， ∴四边形为平行四边形， ∴，， ∵，为中点， ∴， ∴， ∵ ∴， ∴． 2．（2025·北京·中考真题）在中，，，点在射线上，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段（点不在直线上），过点作，交直线于点． (1)如图1，，点与点重合，求证：； (2)如图2，点，都在的延长线上，用等式表示与的数量关系，并证明． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了旋转的性质，全等三角形的性质与判定，等腰三角形的性质，三角形内角和定理的应用，平行四边形的性质与判定，熟练掌握旋转的性质是解题的关键； （1）根据，得出，根据旋转可得，，进而证明四边形是平行四边形，得出，；即可得证； （2）在上取一点，使得，证明得出，，进而根据三角形内角和定理得出，根据平行线的性质得出，进而得出，根据等角对等边可得，则，根据三线合一可得，进而根据，即可得证． 【详解】（1）证明：∵， ∴ ∵线段绕点逆时针旋转得到线段，点与点重合 ∴，， ∴， ∴ ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴； （2）， 证明：如图，在上取一点，使得 ∵ ∴ ∴， ∴ ∵将线段绕点逆时针旋转得到线段， ∴ ∴ ∴ ∴ ∴， 又∵ ∴ ∵， ∴ ∴ ∴ ∴ ∵， ∴ ∴ 3．（2025·广西·中考真题）【平行六边形】如图1，在凸六边形中，满足，我们称这样的凸六边形叫做“平行六边形”，其中与，与，与叫做“主对边”；和，和，和叫做“主对角”；叫做“主对角线”． (1)类比平行四边形性质，有如下猜想，请判断正误并在横线上填写“正确”或“错误”． 猜想 判断正误 ①平行六边形的三组主对边分别相等 _________ ②平行六边形的三组主对角分别相等 _________ ③平行六边形的三条主对角线互相平分 _________ 【菱六边形】六条边都相等的平行六边形叫做“菱六边形”． (2)如图2，已知平行六边形满足． 求证：平行六边形是菱六边形： (3)如图3是一张边长为的三角形纸片．剪裁掉三个小三角形，使剪裁后的纸片为菱六边形．请在剪裁掉的小三角形中，任选一个，求它的各边长． 【答案】(1)错误；正确；错误 (2)详见解析 (3) 【分析】本题考查了平行四边形的性质与判定、相似三角形的性质与判定以及解方程：（1）连接，根据相似三角形和平行线的性质即可判断；（2）先证明为平行四边形，再证明为平行四边形，即可证明是菱六边形；（3）根据菱六边形得到，设，根据解得，代入即可． 【详解】（1）解：连接，交于点，由图可知： ①平行于，只能知道，其他对边同理，故平行六边形的三组主对边分别相等是错误的； ②平行于，，同理可得，其他对角同理，故平行六边形的三组主对角分别相等是正确的； ③由①可知，平行六边形的三条主对角线互相平分是错误的． （2）证明：过点作平行且相等于，连接， 则平行四边形是平行四边形， 平行于，， 在平行六边形中，平行于，， 平行且相等于， 为平行四边形， 平行于，， 在平行六边形中，平行于，平行于， 平行于，平行于， 为平行四边形， ， ， ， ， 平行六边形是菱六边形． （3）解：设三角形纸片为， 裁剪后的纸片为菱六边形， 平行于，平行于 ，平行于，， ， ， 设， 则， ， ， ， 解得：， ． 4．（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02 矩形的性质与判定 5．（2025·河北·中考真题）综合与实践 ［情境］要将矩形铁板切割成相同的两部分，焊接成直角护板（如图），需找到合适的切割线． ［模型］已知矩形（数据如图所示）．作一条直线，使与所夹的锐角为，且将矩形分成周长相等的两部分． ［操作］嘉嘉和淇淇尝试用不同方法解决问题． ［探究］根据以上描述，解决下列问题． ［拓展］操作和探究中蕴含着一般性结论，请继续研究下面的问题． 如图3，嘉嘉的思路如下： ①连接，交于点； ②过点作，分别交，于点， …… 如图4，淇淇的方法如下： ①在边上截取，连接； ②作线段的垂直平分线，交于点； ③在边上截取，作直线． (1)图中，矩形的周长为______； (2)在图的基础上，用尺规作图作出直线（作出一条即可，保留作图痕迹，不写作法）； (3)根据淇淇的作图过程，请说明图中的直线符合要求． (4)如图，若直线将矩形分成周长相等的两部分，分别交边，于点，，过点作于点，连接． 当时，求的值； 当最大时，直接写出的长． 【答案】(1)； (2)见解析； (3)； (4)；． 【分析】根据矩形的周长公式计算即可； 以点为圆心为半径画弧，交于点，延长交于点，连接，由作图可知是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可证，根据矩形的性质可证，根据全等三角形的性质可证，，从而可证直线把矩形分成了周长相等的两部分，所以线段即为所求； 根据矩形的性质可证四边形是平行四边形，根据平行四边形的性质可证，根据平行四边形的性质和矩形的性质可以证明书，，所以可以证明，所以直线把矩形分成了周长相等的两部分，从而可证直线符合要求； 过点作，连接交于点，过点作于点，过点作，根据矩形的性质可得：，，，根据勾股定理可以求出，利用可证，根据全等三角形的性质可得：，，从而可得：，，根据等腰直角三角形的性质可得：，，根据正切的定义可以求出的正切； 连接交于点，把矩形分成了周长相等的两部分，点为和的中点，利用勾股定理可以求出，，过点作，则，根据相似三角形的性质可以求出，，，在中，利用勾股定理可得：，在中，利用勾股定理即可求出的长度． 【详解】（1）解：四边形是矩形， ， ，， ，， 矩形的周长为， 故答案为：； （2）解：如下图所示， 以点为圆心为半径画弧，交于点，延长交于点，线段即为所求， ， ， ， 是等腰直角三角形， ， 矩形的对角线交于点， ， 四边形是矩形， ，， ， 在和中，， ， ， ， ， 直线把矩形分成周长相等的两部分； （3）证明：四边形是矩形， ，， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， ， 直线是的垂直平分线， ， ， ，， ， ， 把矩形分成了周长相等的两部分， 直线符合要求； （4）解：如下图所示，过点作，连接交于点，过点作于点，过点作， 四边形是矩形，且直线将矩形分成周长相等的两部分， 则点是矩形的对角线与的交点， 点是的中点， ， ，，， ， 是等腰直角三角形， ， ， 四边形是矩形， ， ， 在和中，， ， ，， ， ， ， 于点， ， 是等腰直角三角形， ，， ； 解：如下图所示，连接交于点， 把矩形分成了周长相等的两部分， 点为和的中点， ， 点在以为直径的上， 当与相切时，最大， ，， ， ， ， 过点作， ， 四边形是矩形， ， 则， ， ， ，， ， ， 是的切线， ， ． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质、中心对称图形的性质、圆的基本性质、切线的性质、圆周角定理、勾股定理、相似三角形的判定与性质，本题的综合性较强，难度较大，需要综合运用矩形、圆、切线等图形的性质，解决本题的关键是作辅助线构造直角三角形，利用直角三角形的性质求解． 6．（2025·河南·中考真题）在中，点是的平分线上一点，过点作，垂足为点，过点作，垂足为点，直线交于点，过点作，垂足为点． (1)观察猜想 如图1，当为锐角时，用等式表示线段的数量关系：__________． (2)类比探究 如图2，当为钝角时，请依据题意补全图形（无需尺规作图），并判断（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请写出正确结论，并证明． (3)拓展应用 当，且时，若，请直接写出的值． 【答案】(1) (2)图见解析；不成立，，证明见解析 (3) 或． 【分析】本题主要考查了角平分线的性质定理、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、矩形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）如图，过点C作于点P，由角平分线的性质定理可得，再证明可得，然后说明四边形是矩形可得，最后根据线段的和差以及等量代换即可解答； （2）如图，过点C作于点Q，由角平分线的性质定理可得，再证明可得，然后说明四边形是矩形可得，最后根据线段的和差以及等量代换即可解答； （3）分和分别利用（1）（2）的相关结论以及相似三角形的判定与性质、勾股定理解答即可． 【详解】（1）解：如图，过点C作于点P， ∵平分，，， ∴， 在和中， ∵，， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴． 故答案为：． （2）解：不成立，，证明如下： 如图，过点C作于点Q， ∵平分，，， ∴， 在和中， ∵，， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴． （3）解：①如图：当时， ∵， ∴， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； ②如图：当时， ∵， ∴， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 综上，的值为 或． 7．（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． 8．（23-24九年级上·广东深圳·期末）某数学学习小组学习完四边形后进行了如下探究，已知四边形为矩形，请你帮助他们解决下列问题： (1)【初步尝试】：他们将矩形的顶点、分别在如图（1）所示的的边、上，顶点、恰好落在的对角线上，求证：； (2)【深入探究】：如图2，若为菱形，，若，求的值； (3)【拓展延伸】：如图（3），若为矩形，；且，请直接写出此时的值是________（用含有，的代数式表示）． 【答案】(1)见解析 (2) (3) 【分析】（1）证明，则，根据，可得； （2）如图（2），连接，交于，由（1）可知，，则，证明四边形是平行四边形，则，由为菱形，，可得，，，如图（2）作于，则，，然后计算求解即可； （3）由勾股定理得，，如图（3），连接，作于，同理（2）可知，，证明，则，求得，则，根据，计算求解即可． 【详解】（1）证明：∵矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∵， ∴； （2）解：如图（2），连接，交于， 由（1）可知，， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， 又∵矩形， ∴， ∵为菱形，， ∴，，，， ∴，， ∴， 如图（2）作于， ∴， ∴， ∴， 故答案为：； （3）解：∵为矩形，；， 由勾股定理得，， 如图（3），连接，作于， 同理（2）可知，， ∵， ∴， ∴，即， 解得， ∴， ∵， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，菱形的性质，平行四边形的判定与性质，正弦，余弦，勾股定理，相似三角形的判定与性质．熟练掌握矩形的判定与性质，菱形的性质，平行四边形的判定与性质，正弦，余弦，相似三角形的判定与性质是解题的关键． 题型03 菱形的性质与判定 9．（2025·甘肃平凉·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，． (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，． 10．（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． 11．（2025·山东枣庄·模拟预测）在平面直角坐标系中，点是坐标原点，抛物线（是常数）经过点．点、是该抛物线上不重合的两点，横坐标分别为、，点的横坐标为，点的纵坐标与点的纵坐标相同，连接、． (1)求该抛物线对应的函数表达式； (2)求证：当取不为零的任意实数时，的值始终为2； (3)作的垂直平分线交直线于点，以为边、为对角线作菱形，连结．当与此抛物线的对称轴重合时，求菱形的面积． 【答案】(1) (2)见解析 (3) 【分析】本题考查了待定系数法求抛物线解析式，正切的定义，菱形的性质，二次函数的图象与性质，熟练掌握以上知识点并灵活运用，采用分类讨论的思想是解此题的关键． （1）利用待定系数法求解即可； （2）由题意可得，，，再分两种情况，结合正切的定义计算即可得解； （3）求出抛物线对称轴为直线，由题可得，，，由菱形的性质可得，由正切的定义得出，最后由菱形面积公式计算即可得解． 【详解】（1）解：将点代入抛物线解析式得：， ， 抛物线解析式为：； （2）证明：由题意可得：，，， ①当时，如图1，作于点， ， 则； ②当时，如图2，作于点， ， 则； 综上，当取不为零的任意实数时，的值始终为2； （3）解：， 对称轴为直线， 由题可得，，， 四边形是菱形，且与对称轴重合，交于点， ， ， ， ，， ， ，， ． 12．（2025·四川成都·二模）综合与探究： 【问题背景】如图1，在矩形中，对角线与交于点O，且，． (1)求证：为等边三角形； (2)如图2，将沿方向平移，得到，且交于点E，交于点F．连接，，若，求的长． (3)如图3，继续平移，使得顶点与点O重合，然后将绕点顺时针旋转，若旋转过程中始终保持与，分别交于点G，H，是否存在某些位置使得为直角三角形，若存在，求的长及的面积，若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解答； (2)； (3)存在，，的面积为 【分析】（1）利用矩形的形状，可得是直角三角形，．运用勾股定理计算出的长后，可以得到，于是命题得证； （2）过点O作于点K，利用平移的性质和矩形的性质可以证出四边形是平行四边形，结合条件，则四边形是菱形．设，结合（1）的结论与勾股定理，可以表示出和，进一步表示出和．利用菱形的性质计算出a的值，然后求出的长； （3）先进行分类讨论，排除不符合条件的情况后，只有，这一种可能．过点O作于M，利用勾股定理和解直角三角形求出，，和的长．再根据同角的余角相等，得到，利用锐角三角函数计算出的长以及的面积． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴，，，， ∴， ∵，， ∴在直角中，， ∴， ∵， ∴， ∴为等边三角形； （2）解：如图，过点O作于点K， 由平移得，，，， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形， ∴， ∵，， ∴， 同理得：， ∵， ∴，， ∴， ∵， ∴， 设，则， 在直角中，， ∴， ∵，， 又∵， ∴， 解得，， ∴； （3）解：假设存在， ∵， ∴， 当时，如图，过点O作于N， ∵，， ∴， 在中，， 在中，，，， ∵， ∴，解得，， ∵， 又∵垂线段最短， ∴点G与点N重合，此时与也重合，这与矛盾，故不存在； 当时，如图，过点O作于M， ∵，， ∴， 在中，，，， ∵， ∴，解得，， 在中，， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 在中，；在中，， ∴， ∴， 解得，， ∴； 综上所述，存在一些位置使得为直角三角形，此时，． 【点睛】本题考查矩形的性质，勾股定理，平移的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，菱形的判定与性质以及解直角三角形，掌握好旋转的性质并运用分类讨论思想是解题关键． 题型04 正方形的性质与判定 13．（2025·河北·中考真题）如图1，图2，正方形的边长为5．扇形所在圆的圆心在对角线上，且不与点重合，半径，点，分别在边，上， ，扇形的弧交线段于点，记为． (1)如图1，当时，求的度数； (2)如图2，当四边形为菱形时，求的长； (3)当时，求的长． 【答案】(1) (2) (3)或 【分析】（1）根据题意证明出四边形是正方形，得到，然后利用圆周角定理求解即可； （2）首先证明出是等边三角形，如图所示，连接交于点G，求出，，然后得到是等腰直角三角形，进而求解即可； （3）分两种情况，根据弧长公式求解即可． 【详解】（1）∵正方形的边长为5． ∴ ∵当时 ∴ ∵ ∴ ∴四边形是菱形 ∵ ∴四边形是正方形 ∴ ∴； （2）∵四边形为菱形 ∴ ∵扇形所在圆的圆心在对角线上， ∴ ∴是等边三角形 如图所示，连接交于点G ∴ ∴ ∴ ∴ ∵ ∴是等腰直角三角形 ∴ ∴； （3）如图所示，当是劣弧时， ∵，半径 ∴； 如图所示，当是优弧时， ∵，半径 ∴ ∴． 综上所述，的长为或． 【点睛】此题考查了正方形的性质，圆周角定理，求弧长，勾股定理，菱形的性质，等腰直角三角形的性质和判定等知识，解题的关键是掌握以上知识点． 14．（2024·内蒙古通辽·中考真题）数学活动课上，某小组将一个含的三角尺利一个正方形纸板如图1摆放，若，．将三角尺绕点逆时针方向旋转角，观察图形的变化，完成探究活动． 【初步探究】 如图2，连接，并延长，延长线相交于点交于点． 问题1　　和的数量关系是________，位置关系是_________． 【深入探究】 应用问题1的结论解决下面的问题． 问题2　　如图3，连接，点是的中点，连接，．求证． 【尝试应用】 问题3　　如图4，请直接写出当旋转角从变化到时，点经过路线的长度． 【答案】（1）；；（2）证明见解析；（3） 【分析】（1）如图，由四边形是正方形，是等腰直角三角形，，证明，再进一步可得结论； （2）如图，由，，再结合直角三角形斜边上的中线的性质可得结论； （3）如图， 证明在以为圆心，为半径的上，过作于，当时，证明，可得，，证明四边形是正方形，可得当旋转角从变化到时，在上运动，再进一步解答即可； 【详解】解：；；理由如下： 如图，∵四边形是正方形， ∴，， ∵是等腰直角三角形，， ∴，， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴； （2）如图，∵四边形是正方形， ∴， ∵点是的中点， ∴， ∵， ∴， ∵点是的中点， ∴， ∴； （3）如图，∵，， ∴在以为圆心，为半径的上， 过作于， 当时， ∴，， ∵， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， 而，， ∴四边形是正方形， ∴当旋转角从变化到时，在上运动， ∵，，， ∴， ∴点经过路线的长度为. 【点睛】本题考查的是正方形的性质与判定，旋转的性质，勾股定理的应用，含30度角的直角三角形的性质，圆周角的应用，勾股定理的逆定理的应用，弧长的计算，作出合适的辅助线是解本题的关键. 15．（2024·江西·中考真题）综合与实践 如图，在中，点D是斜边上的动点（点D与点A不重合），连接，以为直角边在的右侧构造，，连接，． 特例感知 （1）如图1，当时，与之间的位置关系是______，数量关系是______； 类比迁移 （2）如图2，当时，猜想与之间的位置关系和数量关系，并证明猜想． 拓展应用 （3）在（1）的条件下，点F与点C关于对称，连接，，，如图3．已知，设，四边形的面积为y． ①求y与x的函数表达式，并求出y的最小值； ②当时，请直接写出的长度． 【答案】（1），（2）与之间的位置关系是，数量关系是；（3）①y与x的函数表达式，当时，的最小值为；②当时，为或. 【分析】（1）先证明，，，可得；再结合全等三角形的性质可得结论； （2）先证明，，结合，可得；再结合相似三角形的性质可得结论； （3）①先证明四边形为正方形，如图，过作于，可得，，再分情况结合勾股定理可得函数解析式，结合函数性质可得最小值；②如图，连接，，，证明，可得在上，且为直径，则，过作于，过作于，求解正方形面积为,结合，再解方程可得答案. 【详解】解：（1）∵， ∴，， ∵， ∴，， ∴； ∴，， ∴， ∴， ∴与之间的位置关系是，数量关系是； （2）与之间的位置关系是，数量关系是；理由如下： ∵， ∴，， ∵， ∴； ∴，， ∴， ∴， ∴与之间的位置关系是，数量关系是； （3）由（1）得：，，， ∴，都为等腰直角三角形； ∵点F与点C关于对称， ∴为等腰直角三角形；， ∴四边形为正方形， 如图，过作于， ∵，， ∴，， 当时， ∴， ∴， 如图，当时， 此时， 同理可得：， ∴y与x的函数表达式为， 当时，的最小值为； ②如图，∵，正方形，记正方形的中心为， ∴， 连接，，， ∴， ∴在上，且为直径， ∴， 过作于，过作于， ∴，， ∴， ∴， ∴正方形面积为, ∴， 解得：，，经检验都符合题意， 如图， 综上：当时，为或. 【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，正方形的判定与性质，勾股定理的应用，相似三角形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线的性质，二次函数的性质，圆的确定及圆周角定理的应用，本题难度大，作出合适的辅助线是解本题的关键. 16．（2025·河南濮阳·一模）在矩形中，E是边上一点，以为边在矩形内部构造矩形，使得，连接． 【特例发现】 （1）如图1，当时，________； 【类比探究】 （2）如图2，将矩形绕点B顺时针旋转，连接AE，当时，求的值； 【拓展运用】 （3）如图3，矩形在旋转的过程中，当点G落在边上时，D，G，F三点共线．若，，请直接写出的长． 【答案】（1）；（2）；（3）． 【分析】（1）延长交于，等腰三角形的判定及性质得，由勾股定理得，即可求解； （2）连接、，结合矩形的性质和相似三角形的判定方法得， ，由相似三角形的性质得即可求解； （3）设，，，则，，相似三角形的判定方法得，由相似三角形的性质得，求出的值，由勾股定理得，再判定，结合相似三角形的性质即可求解． 【详解】（1）解：如图，延长交于， ， ，， 四边形、是正方形， 是正方形的对角线， 是正方形的对角线， 、、三点共线， ， ， ， ， ， ， ； 故答案为． （2）解：连接、， 四边形和四边形都是矩形， ， ， ， ， ， ∵，， ∴，， ， ， ． （3）解： ，， 设，，，则，， ， ， ， ， ， ， ， ， 解得， ，， ， ， ， ， ， ， ， ． 【点睛】本题考查了矩形的性质，正方形的判定及性质，等腰三角形的判定及性质，勾股定理，相似三角形的判定及性质；能熟练利用勾股定理、相似三角形的判定及性质进行求解是解题的关键． 题型05 梯形与等腰梯形的性质与判定 17．（2025·甘肃武威·模拟预测）（1）如图1，已知与的面积相等， 试判断与的位置关系，并说明理由． （2）如图2，点M，N在反比例函数（）在第一象限的图象上，过点M作轴，过点N作轴，垂足分别为E，F． ①证明：． ②当点M、N的坐标符合什么条件时，四边形是等腰梯形？ 【答案】（1），理由见解析；（2）①证明见解析；②当点M的横坐标与点N的纵坐标相等时，四边形是等腰梯形 【分析】本题考查了反比例函数与几何综合，利用平行四边形性质和判定证明，等腰梯形的性质定理，解题关键是掌握上述知识点并能熟练运用求解． （1）先证明，再根据与的面积相等，可得，从而有四边形为平行四边形，根据平行四边形的性质可得． （2）①设点M的坐标为，点N的坐标为，根据点M，N在反比例函数的图象上，可得到，，再利用三角形面积公式分别得到，，从而可得，于是就有． ②设，，先说明，，从而可得，，根据四边形是等腰梯形可得出，从而可得出结论． 【详解】（1）证明：分别过点C、D作、，垂足为G、H， ∵，， ， ， ． ∵与的面积相等， ， 四边形为平行四边形， ． （2）①连接，， 设点M的坐标为，点N的坐标为， ∵点M，N在反比例函数的图象上， ，， ∵轴，轴， ，， ，， ， 由（1）的结论可知：． ②设，， ∵轴，轴， ，， ，， ∵， 当四边形是等腰梯形时，， ， 当点M的横坐标与点N的纵坐标相等时，四边形是等腰梯形． 18．（2025·上海金山·二模）如图，已知在等腰梯形中，，，，联结、交于点，为上一点，． (1)求证：； (2)若，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了等腰梯形的性质，三角形相似的判定和性质，熟练掌握相似的判定和性质是解题的关键． （1）先证明，得到；由相似三角形性质可得，进而得出结论． （2）先证明，得到；再证明，得到，等量代换即可． 【详解】（1）证明：， ，， 又， ， ， （2），，， ， ， ， ． 在等腰梯形中，，， 又， ， ， ， ， ， 19．（2025·河南南阳·一模）综合与实践 在学习特殊四边形的过程中，我们积累了一定的研究经验，请运用已有的经验对“对等垂美四边形”进行研究．定义：对角线相等且垂直的四边形叫作对等垂美四边形． (1)定义理解 请在下面如图1所示的网格中确定两点C和D，使四边形为对等垂美四边形，且C和D均在格点上．（画出一种即可） (2)深入探究 如图2，在对等垂美四边形中，对角线与交于点O，且，．将绕点O顺时针旋转（）．B、C的对应点分别为、．如图3．请判断四边形是否为对等垂美四边形，并说明理由．（仅就图3的情况证明即可） (3)拓展运用 在（2）的条件下，若，，当为直角三角形时，直接写出点到的距离． 【答案】(1)见解析 (2)四边形是对等垂美四边形，理由见解析 (3)3或 【分析】本题主要考查复杂作图，全等三角形的判定与性质，以及勾股定理的应用，正确理解“对等垂美四边形”的定义是解答本题的关键． （1）根据“对等垂美四边形”的定义作图即可； （2）连接，交于点，设与交于点，证明得，，再证明即可得出结论； （3）分是直角和为直角两种情况讨论求解即可． 【详解】（1）解：如图，四边形即为所作的对等垂美四边形； （2）是，理由如下： 解：连接，交于点，设与交于点， 由题意知，，，， ∴， 即 在和中， ∴ ∴，， 又∵， ∴， ∴， ∴在四边形中，，， ∴四边形是对等垂美四边形 （3）解：当是直角时，点与点重合，如图， ∴点到的距离即为， ∵， ∴点到的距离为3； 当为直角时，如图， ∵，， ∴， 设点到的距离为， ∴，即， ∴， 综上，点到的距离为3或． 20．（24-25九年级上·江苏淮安·月考）如图，在四边形中，，，，，，点从点出发，以的速度沿线段向点运动；同时点从点出发，以 的速度沿向点运动．规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动．设、运动时间为秒，回答下列问题： (1)求为何值时，四边形是矩形? (2)求为何值时，？ (3)是否存在的值，使得是以为腰的等腰三角形？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)或 (3)存在，的值为或或． 【分析】（1）由，，可得：四边形是矩形，只需，即，即可求解； （2）根据，有两种情况：①若四边形为平行四边形，由可得方程，即可求解；②若四边形为等腰梯形，作于，于，可得四边形和四边形都是矩形，推出，，进而得到，证明可得，得到，由列方程即可求得答案； （3）分两种情况讨论：当时，过作于；当时，过作于；根据矩形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的性质求解即可． 【详解】（1）解：如图： 由题意得：，， ， ，， 要使四边形是矩形，只需，即， 解得：； （2）解：若，分两种情况： ①当四边形是平行四边形时，．如图： ，即， 解得：， 即当时，四边形是平行四边形，； ②当四边形是等腰梯形时，．如图： 根据题意得：，， ， 作于，于， 又 ，， ， 四边形和四边形都是矩形， ，，， ， 在和中， ， ， ， ， 由得：， 解得：， 时，四边形为等腰梯形，． 综上，当或时，； （3）解：存在，理由如下： ①当时，过作于，如图： ，，， 四边形是矩形， ，， ，， ， ， ， ， ， 解得：或（不合题意，舍去）； ②当时，过作于，如图： 同理可得：四边形是矩形， ，， ， ， ， ， 解得：或； 综上所述，存在的值，使得是以为腰的等腰三角形，的值为：或或． 【点睛】本题主要考查动点问题，涉及平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，等腰三角形的性质，勾股定理定理，全等三角形的判定与性质，解题的关键是熟悉平行四边形、矩形、等腰三角形的判定定理，灵活运用勾股定理，注意掌握数形结合思想与方程思想的应用． 题型06 四边形内角和与外角和综合 21．（2025·四川自贡·中考真题）如图，正六边形与正方形的两邻边相交，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查的是对顶角的性质，多边形和正多边形的内角和，熟练掌握正多边形每个内角的求解公式是解题的关键．先根据正多边形每个内角为，得到正六边形和正方形每个内角的度数，再结合四边形的内角和以及对顶角的性质可得答案． 【详解】解：如图， ∵正六边形与正方形的两邻边相交， ∴，， ∵，，， ∴， ∴， 故选：B． 22．（2025·四川凉山·中考真题）已知一个多边形的内角和是它外角和的4倍，则从这个多边形的一个顶点处可以引（    ）条对角线 A．6 B．7 C．8 D．9 【答案】B 【分析】本题主要考查了多边形外角和和内角和综合，多边形对角线条数问题，设这个多边形的边数为，边形的内角和为，外角和为，从边形的一个顶点出发可以引条对角线，据此根据一个多边形的内角和是它外角和的4倍建立方程求出的值即可得到答案． 【详解】解：设这个多边形的边数为， 由题意得，， 解得， ∴这个多边形是十边形， ∴从这个多边形一个顶点可以引条对角线， 故选：B． 23．（2025·青海·中考真题）活动与探究 解码蜜蜂的“家”——为什么蜂房是正六边形的？ 蜜蜂的“集体宿舍”是由多个正六边形密铺在一起的，这些密铺的正六边形使得蜂房之间没有空隙，一点儿也不浪费空间．这是数学中的密铺（或镶嵌）问题．平面图形的密铺（或镶嵌）是指用形状、大小完全相同的一种或多种平面图形进行拼接，使彼此之间不留空隙、不重叠地铺成一片． 探究一：若只用一种正多边形，哪些正多边形可以密铺？ 平面图形 每个内角度数 能否整除 能否密铺 正三角形 能 正方形 ①________ ②________ 能 正五边形 不能 正六边形 能 正七边形 不能 正八边形 ③________ ④________ ．．． ．．． ．．． ．．． （1）请补全上述表格①________；②________；③________；④________． 探究二：在能密铺的正多边形中，哪种形状最省材料？ 数学视角：蜜蜂的身体可近似看成圆柱，若圆柱底面半径为1，当蜂房恰好容纳一只蜜蜂即正多边形的内切圆半径均为1时，比较正三角形，正方形和正六边形周长的大小．          观察图1，发现是正三角形的内切圆，与切于点，，，，在中，，则的周长为． （2）如图2，正方形的周长为__________； （3）如图3，求出正六边形的周长（写出求解过程）． 探究三：在能密铺的正多边形中，哪种形状可以使蜜蜂的活动空间最大？ 数学视角：假设蜜蜂建造蜂房的材料总量即周长一定，比较正三角形、正方形和正六边形面积的大小． （4）若正多边形的周长都为12，则正三角形的面积为__________；正方形的面积为__________；正六边形的面积为__________． 【得出结论】 综上所述：在相同条件下，正六边形结构最省材料，能使蜜蜂的活动空间最大，是建造蜂房的最优方案． 【答案】（1）①，②，③，④不能；（2）8；（3）；（4），， 【分析】（1）根据正方形，正八边形内角性质解答； （2）根据正方形内切圆半径为1，得正方形边长为2，即得正方形周长； （3）根据正六边形内切圆半径为1，得正六边形边长为，即得正六边形周长； （4）在周长都是12的情况下，得正三角形的边长为4，边心距为，积为；正方形的边长为3，面积为9；正六边形的边长为2，边心距为，面积为． 【详解】（1）∵正方形每个内角为 ， ∴， ∴能密铺； ∵正八边形的每个内角为， ∴， ∴不能密铺； 故答案为：①；② ；③；④不能； （2）设切于点E，连接， 则交于点O，， ∵， ∴， ∴， ∴正方形的周长为8； 故答案为：8； （3）设切于点G，连接， 则， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴正六边形周长为； （4）三角形： ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴； 正方形： ∵， ∴， 正六边： ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】此题主要考查了平面镶嵌．熟练掌握平面镶嵌的原理，正三角形，正方形，正六边形性质，含30度的直角三角形性质，勾股定理，等腰直角三角形性质，是解题的关键． 24．（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07 中点四边形（中位线定理应用） 25．（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： 26．（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． 27．（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． 28．（2024·青海·中考真题）综合与实践 顺次连接任意一个四边形的中点得到一个新四边形，我们称这个新四边形为原四边形的中点四边形．数学兴趣小组通过作图、测量，猜想：原四边形的对角线对中点四边形的形状有着决定性作用． 以下从对角线的数量关系和位置关系两个方面展开探究． 【探究一】 原四边形对角线关系 中点四边形形状 不相等、不垂直 平行四边形 如图1，在四边形中，E、F、G、H分别是各边的中点． 求证：中点四边形是平行四边形． 证明：∵E、F、G、H分别是、、、的中点， ∴、分别是和的中位线， ∴，（____①____） ∴． 同理可得：． ∴中点四边形是平行四边形． 结论：任意四边形的中点四边形是平行四边形． （1）请你补全上述过程中的证明依据①________ 【探究二】 原四边形对角线关系 中点四边形形状 不相等、不垂直 平行四边形 菱形 从作图、测量结果得出猜想Ⅰ：原四边形的对角线相等时，中点四边形是菱形． （2）下面我们结合图2来证明猜想Ⅰ，请你在探究一证明结论的基础上，写出后续的证明过程． 【探究三】 原四边形对角线关系 中点四边形形状 不相等、不垂直 平行四边形 ②________ （3）从作图、测量结果得出猜想Ⅱ：原四边形对角线垂直时，中点四边形是②________． （4）下面我们结合图3来证明猜想Ⅱ，请你在探究一证明结论的基础上，写出后续的证明过程． 【归纳总结】 （5）请你根据上述探究过程，补全下面的结论，并在图4中画出对应的图形． 原四边形对角线关系 中点四边形形状 ③________ ④________ 结论：原四边形对角线③________时，中点四边形是④________． 【答案】（1）①中位线定理 （2）证明见解析 （3）②矩形 （4）证明见解析 （5）补图见解析；③且；④正方形 【分析】本题考查了三角形中位线定理，平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，矩形的判定和性质等知识 （1）利用三角形中位线定理即可解决问题； （2）根据三角形中位线定理，菱形判定定理即可解决问题； （3）根据三角形中位线定理，矩形判定定理即可解决问题； （4）根据三角形中位线定理，矩形判定定理即可解决问题； （5）根据三角形中位线定理，正方形判定定理即可解决问题. 【详解】（1）①证明依据是：中位线定理； （2）证明：∵分别是的中点， ∴分别是和的中位线， ∴， ∴． 同理可得：． ∵ ∴ ∴中点四边形是菱形． （3）②矩形； 故答案为：矩形 （4）证明∵分别是的中点， ∴分别是和的中位线， ∴，， ∴． 同理可得：． ∵ ∴， ∴ ∴中点四边形是矩形． （5）证明：如图4，∵分别是的中点， ∴分别是和的中位线， ∴， ∴． 同理可得：． ∵ ∴ ∴中点四边形是菱形． ∵ 由（4）可知 ∴菱形是正方形． 故答案为：③且；④正方形    29．（2024·云南·中考真题）如图，在四边形中，点、、、分别是各边的中点，且，，四边形是矩形． (1)求证：四边形是菱形； (2)若矩形的周长为22，四边形的面积为10，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）连接，，证明四边形是平行四边形，再利用三角形中位线定理得到，，利用矩形的性质得到，即可证明四边形是菱形； （2）利用三角形中位线定理和菱形性质得到，利用lx 面积公式得到，再利用完全平方公式结合勾股定理进行变形求解即可得到． 【详解】（1）解：连接，， ，， 四边形是平行四边形， 四边形中，点、、、分别是各边的中点， ，， 四边形是矩形， ， ， 四边形是菱形； （2）解：四边形中，点、、、分别是各边的中点， ，， 矩形的周长为22， ， 四边形是菱形， 即， 四边形的面积为10， ，即， ， ， ． 【点睛】本题考查了平行四边形性质和判定，矩形的性质和判定，三角形中位线定理，菱形的性质和判定，菱形面积公式，勾股定理，完全平方公式，熟练掌握相关性质是解题的关键． 题型08 特殊四边形的面积与周长计算 30．（2025·江苏淮安·二模）【知识再现】 如图①，从苏科版八年级下册中位线性质的探索过程中，我们认识到：取中点构造全等，可以将三角形问题转化为四边形来解决． 【简单应用】 如图②，小明受此问题启发，思考并提出新的问题：四边形中，，点E为边的中点，连接并延长交的延长线于点F，的面积和四边形的面积相等吗？请说明理由． 【类比迁移】 如图③，爱动脑筋的小丽提出新的探究点：为平面直角坐标系第一象限内的一个定点，过点任意作一条直线，分别交轴正半轴、轴正半轴于点、．小丽将直线绕着点旋转过程中发现，的面积存在最小值．请问：直线转到什么特殊位置时，的面积最小？请用无刻度直尺和圆规做出此时的直线，并说明面积最小的理由． 【问题解决】 老王家（点）和老李家（点）门前有一块公共的闲置空地（四边形），空地中间有一棵大树（点），两家商量过点画一条直线将四边形分为两个四边形．精明的老王就琢磨着， 这条线如何画才能让自己门前的空地面积最大呢？如图④，经测量，米，米，米，，点到和的距离都是4米．请你帮老王算一算，他能分得的空地面积最大是多少． 【答案】简单应用：；类比迁移：当点是线段中点时，的面积最小；问题解决：老王能分得的空地面积最大是 【分析】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，圆的性质； 简单应用：证明，得到，则； 类比迁移：以点为圆心，长为半径画圆，与分别交轴正半轴、轴正半轴于点、，设过点任意一条异于的直线，分别交轴正半轴、轴正半轴于点、，过作交于，证明，得到，则，即，当点是线段中点时，的面积最小； 问题解决：分两种情况，延长与交于点，过作于，设过的直线分别交、于、， 由类比迁移的结论可得，当点是线段中点时，的面积最小，此时老王能分得的空地四边形面积最大； 方案二：延长与交于点，过作于，设过的直线分别交、于、， 由类比迁移的结论可得，当点是线段中点时，的面积最小，此时老王能分得的空地四边形面积最大；分别画出图形，根据相似三角形的判定与性质求解即可． 【详解】简单应用：的面积和四边形的面积相等，理由如下： ∵， ∴，， ∵点E为边的中点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； 类比迁移：当直线转到点是线段中点时，的面积最小， 以点为圆心，长为半径画圆，与分别交轴正半轴、轴正半轴于点、，此时点是线段中点时，的面积最小； 理由如下：设过点任意一条异于的直线，分别交轴正半轴、轴正半轴于点、，过作交于， ∴，， ∵点是线段中点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，即， ∴当点是线段中点时，的面积最小； 问题解决：方案一：延长与交于点，过作于，设过的直线分别交、于、，分别过、作的垂线，垂足分别为、，过作于，则， ∵， ∴， ∴， ∵中，，， ∴， 解得（负值舍去）， ∴， 由类比迁移的结论可得，当点是线段中点时，的面积最小，此时老王能分得的空地四边形面积最大； ∵点到和的距离都是4米， ∴， ∵，点是线段中点， ∴，， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴ ； 方案二：延长与交于点，过作于，设过的直线分别交、于、，过作于，过作于，过作于，则，， ∵， ， ∴， ∴，， ∴， 由类比迁移的结论可得，当点是线段中点时，的面积最小，此时老王能分得的空地四边形面积最大； ∵点到和的距离都是4米， ∴， ∵，点是线段中点， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴，， ∴，解得， ∴，，， ∴， ∴， ∴ ； ∵， ∴老王能分得的空地面积最大是． 31．（2025·陕西西安·三模）（1）问题提出：如图①，在平行四边形中，，．E，H分别是，的中点，点F在上，且，点G在上，且，求四边形的面积（结果保留根号）； （2）问题解决：如图，某市有一块五边形空地，现规划在空地内部修建一个四边形公园，使点O，P，M，N分别在边，，，上，且满足，．已知在五边形中，，，，，为使游客更好的放松游玩，公园的边，且面积尽可能大．请问是否存在符合设计要求的面积最大的四边形？若存在，求出四边形面积的最大值及此时点到点A的距离；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）；（2）存在，面积最大值为，此时点到点的距离为． 【分析】本题考查了矩形的判定与性质，二次函数的应用，解直角三角形等知识，掌握相关知识是解题的关键． （1）过点作，垂足为，过点E作，垂足为，交的延长线于点，过点作，交的延长线于点，交于点，根据平行四边形的性质可得，然后利用锐角三角函数的定义分别求出，最后利用平行四边形的面积的面积的面积的面积的面积进行计算即可解答； （2）延长交于点，则四边形为矩形，， 得到，设，则，得到求得，，即可求解． 【详解】解：（1）过点作，垂足为，过点E作，垂足为，交的延长线于点，过点作，交的延长线于点，交于点，如图： ∵四边形是平行四边形， ．．， ，， ∵分别是的中点， ，， ， ， ， ， ，， ， ， ， ， ， ， ∴ ； ∴四边形的面积为； （2）延长交于点，则四边形为矩形，如图： ∴，， ∵， ∴，， ∴， ， 设，则， ，即 ， ∴， ， ， ∴当时，四边形面积的最大，最大值为 此时， ∴存在面积最大的四边形，最大值为，此时点到点的距离为． 32．（23-24八年级下·江西抚州·期中）某研究性学习小组在学习第三章第4节《简单的图案设计》时，发现了一种特殊的四边形，如图1，在四边形中，，，我们把这种四边形称为“等补四边形”．如何求“等补四边形”的面积呢？ 探究一： （1）如图2，已知“等补四边形”，若，将“等补四边形”绕点顺时针旋转，可以形成一个直角梯形（如图3）．若，，则“等补四边形”的面积为______ 探究二： （2）如图4，已知“等补四边形”，若，将“等补四边形”绕点顺时针旋转，再将得到的四边形按上述方式旋转，可以形成一个等边三角形（如图5）．若，，求“等补四边形”的面积． 探究三： （3）由以上探究可知，对一些特殊的“等补四边形”，只需要知道，的长度，就可以求它的面积．那么如图6，已知“等补四边形”，连接，若，，，试求出“等补四边形”的面积（用含，的代数式表示）． 【答案】（1）；（2）；（3） 【分析】本题考查“等补四边形”，旋转、等边三角形，勾股定理的知识等，解题的关键是掌握“等补四边形”的性质，旋转的性质，等边三角形的性质，勾股定理的运用，即可． （1）根据旋转的性质，则四边形的面积等于直角梯形面积的一半，结合题意，求出直角梯形的面积，即可； （2）根据旋转的性质，四边形的面积等于等边三角形的面积的，根据等边三角形的性质，则，，根据直角三角形的中所对的直角边等于斜边的一半，，根据勾股定理求出三角形的高，即可求出等边三角形的面积，即可； （3）作于点，根据等补四边形中，，推出，；当点，，在同一直线上，则， 求出，根据，则， 求出，根据“等补四边形”的面积等于的面积，即可． 【详解】（1）等补四边形”的面积为， 故答案为：． （2）如图，过点作交于点， 根据题意可得：， ∵是等边三角形， ∴，， ∴， 在中，，， ∴， ∴， ∴“等补四边形”的面积为：． （3）如图，将绕点顺时针旋转得到， 作于点， ∴，，，， 在等补四边形中，， ∴， ∴点，，在同一直线上， ∴， ∵， ∴， 在中， ∵， ∴， ∴， ∴“等补四边形”的面积等于的面积：． 题型09 四边形与全等三角形综合 33．（2025·黑龙江哈尔滨·中考真题）已知：在正方形的内侧作等边三角形，连接，． (1)如图①，求证：； (2)如图②，过点作，交的延长线于点，平分，交于点，连接，交于点，连接交于点，在不添加任何辅助线的情况下，直接写出图②中四条与线段相等的线段（线段，除外）． 【答案】(1)见解析 (2)，，， 【分析】（1）由四边形 是正方形， 得，由 是等边三角形，得 ，得，进而即可得证； （2）先由等边三角形的性质，三角形的内角和及等角对等边证得，，再由，平分证得，得出，，，证得，进而即可得解． 【详解】（1）证明：∵四边形 是正方形， ∴，， ∵ 是等边三角形， ∴，， ∴， ∴； （2）解：与线段相等的线段有，，，，理由如下， ∵为等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴，， ∴，， ∴， ∵四边形 是正方形， 为对角线， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的外角和，内角和，等边三角形的性质，等腰三角形的判定和性质等知识点，熟练掌握以上知识点并能灵活运用是解决此题的关键． 34．（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． 35．（2025·甘肃·中考真题）四边形是正方形，点E是边上一动点（点D除外），是直角三角形，，点G在的延长线上． (1)如图1，当点E与点A重合，且点F在边上时，写出和的数量关系，并说明理由； (2)如图2，当点E与点A不重合，且点F在正方形内部时，的延长线与的延长线交于点P，如果，写出和的数量关系，并说明理由； (3)如图3，在（2）的条件下，连接，写出和的数量关系，并说明理由． 【答案】(1)，理由见解析 (2)，理由见解析 (3)，理由见解析 【分析】（1）根据正方形的性质，证明，即可得出结论； （2）根据正方形的性质，证明，即可得出结论； （3）作，得到，平行线分线段成比例得到，进而得到为的中位线，得到，根据，得到，进而得到，勾股定理得到，再根据，即可得出结论． 【详解】（1）解：，理由如下： ∵正方形， ∴， ∵是直角三角形，， ∴， 当点E与点A重合时，则：， ∴， 又∵， ∴， ∴； （2）∵正方形， ∴， ∵点G在的延长线上，的延长线与的延长线交于点P， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； （3），理由如下： 由（2）可知：， ∴，， 作于点，则：， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴为的中位线， ∴， ∵，， ∴， 又∵， ∴， 在中，由勾股定理，得：， ∵， ∴． 【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，平行线分线段成比例，三角形的中位线定理，勾股定理等知识点，熟练掌握相关知识点，证明三角形全等，添加辅助线构造特殊图形，是解题的关键． 36．（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． 题型10 四边形与折叠 / 旋转综合 37．（2025·山西·中考真题）综合与探究 问题情境：如图，在纸片中，，点D在边上，．沿过点D的直线折叠该纸片，使的对应线段与平行，且折痕与边交于点E，得到，然后展平． 猜想证明：（1）判断四边的形状，并说明理由 拓展延伸：（2）如图，继续沿过点D的直线折叠该纸片，使点A的对应点落在射线上，且折痕与边交于点F，然后展平．连接交边于点G，连接． ①若，判断与的位置关系，并说明理由； ②若，，，当是以为腰的等腰三角形时，请直接写出的长 【答案】（1）四边形是菱形，理由见解析；（2）①．理由见解析；②5或 【分析】（1）由折叠的性质可得，，再根据平行线的性质可得，进而得到，由等角对等边推出，从而证明，即可四边形是菱形； （2）①由（1）推出，由折叠的性质得到，结合已知可得，进而推出，得到，再根据三角形内角和定理即可求出，即可得到与的位置关系；②分是以为腰为底的等腰三角形和是以为腰为底的等腰三角形两种情况讨论，如图，延长交于点H，设交点为，利用三角形相似的性质建立方程求解即可． 【详解】（1）解：四边形是菱形，理由如下： 由折叠的性质可得，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形； （2）证明：①，理由如下： 由（1）知四边形是菱形， ∴， 由折叠的性质得到， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； 解：②∵，，， ∴， 当是以为腰为底的等腰三角形时，如图，延长交于点H，设交点为，则， ∵，， ∴， ∴， 由折叠的性质得，，， ∴， ∴； ∵， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 设， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 解得：， ∴； 当是以为腰为底的等腰三角形时，如图，则， 同理得，， 设， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∴， ∵是以为腰为底的等腰三角形，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 解得：， ∴； 综上，的长为或． 【点睛】本题考查折叠的性质，三角形全等的判定与性质，相似三角形的判定与性质，菱形的判定与性质，三角形内角和定理，等腰三角形的性质，合理作出辅助线，构造三角形全等，结合分类讨论的思想是解题的关键． 38．（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． 39．（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． 40．（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11 四边形与坐标系综合（含动点、面积） 41．（2025·内蒙古·中考真题）问题背景： 综合与实践课上，老师让同学们设计一个家电装置图案，某小组设计的效果图如图所示． 外形参数： 如图1，装置整体图案为轴对称图形，外形由上方的抛物线，中间的矩形和下方的抛物线组成．抛物线的高度为，矩形的边，，抛物线的高度为．在装置内部安装矩形电子显示屏，点，在抛物线上，点，在抛物线上． 问题解决： 如图2，该小组以矩形的顶点为原点，以边所在的直线为轴，以边所在的直线为轴．建立平面直角坐标系．请结合外形参数，完成以下任务： (1)直接写出，，三点的坐标； (2)直接写出抛物线和的顶点坐标，并分别求出抛物线和的函数表达式； (3)为满足矩形电子显示屏的空间要求，需要边的长为，求此时边的长． 【答案】(1)，， (2)抛物线和的顶点坐标分别为，， 的表达式为；的表达式为； (3) 【分析】（1）由矩形性质可得，，，，即可得出坐标； （2）由装置整体图案为轴对称图形，作出对称轴，分别交抛物线于，交抛物线于，交矩形于，，结合矩形和抛物线的对称性，可得直线是抛物线和的对称轴，，，由矩形中，抛物线的高度为，抛物线的高度为，直线是抛物线和的对称轴，即可得出抛物线和的顶点坐标分别为，，分别设抛物线和的表达式为，，分别将将和代入求解即可； （3）由装置整体图案为轴对称图形，得出，，证明轴，设，则，，则，求得，由抛物线对称性可得． 【详解】（1）解：∵矩形的边，， ∴，，，， ∴，，； （2）解：∵装置整体图案为轴对称图形， 如图，作出对称轴，分别交抛物线于，交抛物线于，交矩形于，， 结合矩形和抛物线的对称性，可得直线是抛物线和的对称轴，，， ∴四边形是矩形， ∴， ∵抛物线的高度为，抛物线的高度为，直线是抛物线和的对称轴， ∴，， ∴抛物线和的顶点坐标分别为，， 分别设抛物线和的表达式为，， 将代入， 解得， 则抛物线的表达式为； 将代入， 解得； 则抛物线的表达式为； （3）解：∵装置整体图案为轴对称图形， ∴，， ∵轴， ∴轴， ∵是矩形， ∴， ∴轴， ∴， 设， ∴，， ∴， 解得：或（在对称轴右侧，舍）， ∴， 由抛物线对称性可得． 【点睛】本题考查二次函数的图象与几何综合，矩形的性质，平面直角坐标系，待定系数法求二次函数的解析式，二次函数的图象与性质，熟练掌握相关性质是解题的关键． 42．（2025·江苏镇江·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点分别在反比例函数和的图像上，点的横坐标为，点的横坐标为，点的坐标为，，． (1)求点A、的坐标和反比例函数的表达式； (2)点、分别在反比例函数和的图像上，与点、构成以为边的平行四边形，则点、的坐标分别为_____、_____． 【答案】(1)，， (2) 【分析】本题考查反比例函数图象和性质，相似三角形的性质，平行四边形的性质，掌握相关知识是解决问题的关键． （1）由可得，利用对应边成比例及可求出A、B两点坐标，则反比例函数的表达式可求． （2）由A、B两点坐标可知轴，根据点、分别在反比例函数和的图像上，设出两点坐标，因为、与点A、构成以为边的平行四边形，根据平行四边形对边平行且相等列方程求解即可． 【详解】（1）解：∵点A的横坐标为，且点在反比例函数的图象上，代入得： ， ， 作轴，轴，如图， ∵， ∴， ， ， ， ， ， ∵， ， ∵，点的坐标为， ， ，， ， ， 在反比例函数的图像上，代入得： ， ∴反比例函数解析式为； （2）解：∵、分别在反比例函数和的图像上， ∴设，， ∵，， ∴轴，且， ∵、与点A、构成以为边的平行四边形， ∴，且，如图， ∴轴，且， ∴ 由②得：， 代入①得： 解得：（舍）， 则， ∴． 故答案为：． 43．（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． 44．（2025·吉林·中考真题）如图，在中，，，．动点P从点A出发，沿边以每秒1个单位长度的速度向终点C匀速运动．当点P出发后，以为边作正方形，使点D和点B始终在边同侧．设点P的运动时间为，正方形与重叠部分图形的面积为y（平方单位）． (1)的长为_______． (2)求y关于x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围． (3)当正方形的对称中心与点B重合时，直接写出y的值． 【答案】(1)7 (2) (3) 【分析】本题考查了二次函数与几何图形问题，正方行的性质、三角形相似、勾股定理等知识，解题的关键是添加辅助线利用数形结合的思想进行求解； （1）当重合时，通过勾股定理分别求出即可求解； （2）将正方形与重叠部分图形的面积分割成一个三角形的面积和直角梯形的面积之和来求解即可； （3）根据正方形的对称中心与点B重合时，得出，再利用勾股定理求解即可． 【详解】（1）解：当重合时，如下图： ，以为边作正方形， 是等腰直角三角形， ， 即， 解得：（负的舍去）， ， ， ， 故答案为：7； （2）解：当在线段上运动时， ， 当在线段的延长线上运动时，即点在线段上运动，如下图： ， ， ， ， ， ， 解得：， ， ； （3）解：当正方形的对称中心与点B重合时， ， ， 即， 解得：， ， ． 题型12 四边形与圆综合 45．（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． 46．（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． 47．（2025·山西吕梁·模拟预测）阅读与思考 下面是数学小组研究性学习的部分内容，请认真阅读，并完成相应任务． 在四边形中，．我们把这种有一组对角相等，且都为，另一组对角不相等的四边形称为“垂直四边形”．“善思”小组对“垂直四边形”的性质，展开了探究． 初步得到三条性质： ①“垂直四边形”对角互补； ②“垂直四边形”是圆内接四边形； ③“垂直四边形”的对角线的比值（短比长）等于该四边形最小内角的正弦值． 性质证明： 如图1，（依据1），， ， “垂直四边形”对角互补． 如图2，连接，取的中点，连接． ， （依据2）， 四边形内接于以点为圆心，的长为半径的圆， “垂直四边形”是圆内接四边形． 如图3，连接相交于点，过的中点作于点，以点为圆心，的长为半径作圆． ， ． 四边形内接于， ， …… 任务： (1)材料中的依据1是指_____； 依据2是指_____． (2)将材料中第三条性质的证明过程补充完整． (3)如图4，将矩形沿对角线所在直线折叠，点的对应点为点，且交于点，连接交于点．若，请直接写出的值． 【答案】(1)四边形的内角和等于；直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半 (2)见解析 (3) 【分析】（1）根据四边形内角和和直角三角形的性质进行解答即可； （2）证明，根据三角函数定义得出，并将，分别转化掉，即可证明结论； （3）根据矩形的性质得出，，设，则，根据勾股定理表示出，根据三角函数定义得出，证明四边形为“垂直四边形”，再结合“垂直四边形”的性质②即可得出的值． 【详解】（1）解：的依据是四边形的内角和等于；的依据是直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半， 故答案为：四边形的内角和等于；直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半； （2）证明：如图3，连接相交于点，过的中点作于点，以点为圆心，的长为半径作圆． ， ． 四边形内接于， ， ， ， 即“垂直四边形”的对角线的比值（短比长）等于该四边形最小内角的正弦值． （3）解：的值为；理由如下： 在矩形中，，， ， ， 设，则， 在直角三角形中，由勾股定理，得， ， 将矩形沿对角线所在直线折叠，点的对应点为点， ， ， 四边形为“垂直四边形”， ． 故答案为： 【点睛】本题属于圆的综合题，主要考查了圆周角定理，解直角三角形的相关计算，矩形的性质，直角三角形的性质，平行线的性质，解题的关键是理解新定义． 48．（2025·湖南娄底·模拟预测）圆能够帮助我们解决很多问题，例如角的转换、点的轨迹等等，我们常常通过定角、定长来构造圆．在同一平面内，直线与直线交于点O，点A、B分别在直线、上运动，点C是该平面上任意一点，且A、B、C三点为顺时针走向，已知． (1)如图1，若，，①写出以为直径的圆与直线交点个数；②求的最大值； (2)如图2，若，，求的最大值． 【答案】(1)①当时，交点个数为1；当时，交点个数为2；② (2)6 【分析】（1）①过点作且，连接、、，利用平行线的性质得出，得到，得到，则有点在以为直径的圆上；设中点为，以为直径的圆记为，由可知与直线至少有1个交点，再设与直线相切，利用正方形的性质和判定求出此时的长，即可得出结论；②由①中的结论可得，点在以为直径的圆上，设的中点为，则，再利用勾股定理求出的长，根据即可求出的最大值； （2）在平面上取点使得且，作于点，连接、，先利用平行线的性质得出，利用三角形面积公式和三角函数的知识求出；作的外接圆，记圆心为，作于点，连接、、、，利用外接圆的性质和三角函数的知识求出的半径，再根据即可求出的最大值． 【详解】（1）解：①如图，过点作且，连接、、， ，，，， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 点在以为直径的圆上； 设中点为，以为直径的圆记为， ， 点在上， 又点在直线上， 与直线至少有1个交点， 设与直线只有1个交点，即与直线相切，则有， ， 点在上， 点为与的交点， ， ， 又，， ， ， 点也是的中点，四边形是矩形， ，， 设中边的高为，则， ， 是中边的高，即， 四边形是正方形， ， 又，， 四边形为边长为2正方形， ， 当时，与直线相切；当时，与直线相交． 综上所述，当时，以为直径的圆与直线交点个数为1；当时，以为直径的圆与直线交点个数为2． ②由①中的结论可得，点在以为直径的圆上， 设的中点为，则， ， ， ， 的最大值为． （2）解：在平面上取点使得且，作于点，连接、， ， ，， ， ，， 于点， ， 在中，， ； 作的外接圆，记圆心为，作于点，连接、、、，则， ，， ，，， ， 在中，， ， 的半径为， 在中，， ， ， 的最大值为6． 【点睛】本题主要考查了三角形的外接圆、直线与圆的位置关系、解直角三角形、正方形的性质与判定、勾股定理，熟练掌握相关知识点，学会结合图形添加辅助线构造直角三角形利用三角函数，构造三角形外接圆利用圆的性质求最值是解题的关键．本题属于几何压轴题，需要较强的几何知识储备和辅助线构造能力，适合有能力解决几何难题的学生． 题型13 四边形中的最值问题 49．（2025·安徽·中考真题）如图，在四边形中，，，，，点为边上的动点．将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，，，则下列结论错误的是（   ） A．的最大值是 B．的最小值是 C．的最小值是 D．的最大值是 【答案】A 【分析】本题主要围绕四边形中的动点问题展开，解题思路是先通过旋转的性质得到相关线段和角的关系，再利用勾股定理建立线段之间的联系，最后根据点与点之间的位置关系以及几何性质来分别判断各个结论的正确性． 【详解】解：∵将线段绕点逆时针旋转得到线段， ∴，． 又∵，，，， 过点作于点，在上取一点，使得延长交于点，则四边形是矩形， ∴． ∴， ∴（）， ∴ ∴，即点在上运动， ∴四边形和四边形是矩形， ∴，，， ∵， ，，， ∴ ∴， ∴最大时，最大， 当点与点重合时，与重合时，最小此时， ，故错误，符合题意； 故B正确，不符合题意； 作点关于的对称点，连接则，，过作于点，此时 当、、三点共线时，最小， ∵ ∴四边形是矩形， ∴，， ∴的最小值 故正确，不符合题意； 当与重合时， 当与重合时，过作，则四边形是矩形，如下图， ∴，， ∵， ∴， ∴ ∴， 综上，最大值为．故项正确，不符合题意； 故选：． 【点睛】本题主要考查了旋转的性质、全等三角形的判定与性质、矩形的判定及性质，勾股定理以及几何最值问题，熟练掌握旋转的性质和勾股定理，并能根据几何图形的特点准确分析线段之间的关系是解题的关键． 50．（2025·海南·中考真题）如图，点是内一动点，且，，． （1）面积的最大值为 ； （2）连接，分别取、的中点、，连接．若，则线段长度的最小值为 ． 【答案】 4 【分析】（1）利用直径所对圆周角为90度确定点E的运动轨迹为以为直径的半圆，再利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半和圆的性质解答即可； （2）连接，利用三角形的中位线定理得到，则取得最小值时，长度最小，设的中点为O，连接，当、、三点共线时，此时最小；过点O作，交的延长线于点F，然后利用平行四边形的性质和勾股定理求得，进而得到，即可求得，进而得到． 【详解】（1）解：∵点E是内一动点，且， ∴点E的运动轨迹为以为直径的半圆， 取的中点O，连接，当时，此时与的距离最大， 即此时面积取得最大值，如图， ∵ ∴， ∴面积的最大值． 故答案为：4； （2）连接，如图， ∵、的中点为M、N， ∴， ∴取得最小值时，长度最小． 由（1）可知，点E的运动轨迹为以为直径的半圆，设的中点为O，连接， ∴当、、三点共线时，此时最小，如图， 由（1）可知，， 过点O作，交的延长线于点F，如图， ∵四边形为平行四边形，，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴线段长度的最小值． 故答案为：． 【点睛】本题考查了直径所对圆周角等于90度，勾股定理，平行四边形的性质，三角形中位线判定与性质，含30度角的直角三角形等知识点，解题关键是灵活运用上述知识点并得到点的轨迹． 51．（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． 52．（2025·浙江·中考真题）在菱形中，． (1)如图1，求的值． (2)如图2，E是延长线上的一点，连接，作与关于直线对称，交射线于点P，连接． ①当时，求的长． ②求的最小值． 【答案】(1) (2)①；② 【分析】（1）先根据菱形的性质可得，再根据勾股定理可得，然后根据正弦的定义求解即可得； （2）①连接，设交于点，同理求出，则；证明，得到，由轴对称的性质可得，则，据此可得，即可得到； ②由勾股定理得，根据，可求出，根据，可推出当有最小值时，有最小值，即此时有最大值，即当有最小值时，有最小值；过点B作于H，于T，由等面积法可得，则由轴对称的性质可得，由勾股定理得，则当有最小值时，有最小值，由垂线段最短可知，故当点P与点T重合时，有最小值，最小值为，据此求解即可． 【详解】（1）解：如图1，设交于点， ∵在菱形中，， ∴， ∴， ∴； （2）解：①如图所示，连接，设交于点， ∵四边形是菱形， ∴，，，， ∴， ∴； ∵，， ∴， ∴， 由轴对称的性质可得， ∴， ∴， ∴； ②在中，由勾股定理得 ∵， ∴ ， ∵， ∴要使的值最小，则要最大， ∴要有最小值， 又∵的值随着的值增大而增大， ∴的值随着的值增大而增大， ∴当有最小值时，有最小值，即此时有最大值， ∴当有最小值时，有最小值； 如图所示，过点B作于H，于T， ∵， ∴， ∴由轴对称的性质可得， 在中，由勾股定理得， ∴当有最小值时，有最小值， 由垂线段最短可知， ∴当点P与点T重合时，有最小值，最小值为， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质，求角的正弦值，勾股定理，轴对称图形的性质，等角对等边等等，解（2）的关键在于把求出的最小值转换成求出的最小值，进而转换成求出的最小值． 题型14 四边形动点问题 53．（2025·黑龙江·中考真题）如图，在矩形中，，，点E是边的中点，点F是对角线上一动点，作点C关于直线的对称点P，若，则的长为 ． 【答案】或 【分析】本题考查了对称的性质，矩形的性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，解直角三角形，根据题意画出示意图，连接，交直线于点G，延长交于点H，当点P在上方时，由勾股定理求出，进而得到，由点C关于直线的对称点P，得到，，求出，进而得到，再求出，证明是等腰三角形，在中，解直角三角形求出，进而求解；当点P在下方时，先求出，，结合对称的性质易证是等边三角形，易求，解直角三角形求出，由即可求解． 【详解】解：如图所示，连接，交直线于点G，延长交于点H， 当点P在上方时， ∵在矩形中，，， ∴， ∴， ∴， ∵点E是边的中点， ∴， ∵点C关于直线的对称点P， ∴，， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴； ∵，， ∴， ∴是等腰三角形， ∴， 在中，，， ∴， ∴； 如图，当点P在下方时， ∵， ∴， ∵， ∴，， 由对称的性质得， ∴是等边三角形， ∴，， ∴，， ∴， ∴； 综上，的长为或． 故答案为：或． 54．（2025·黑龙江哈尔滨·中考真题）如图，在中，，，．点从点出发，以每秒3个单位长度的速度沿折线运动，同时点从点出发，以每秒2个单位长度的速度沿向点运动，其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动．设的面积为，运动时间为秒，则下列图象中大致反映与之间函数关系的是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质、动点问题的函数图象、直角三角形的性质以及二次函数和一次函数的性质，熟练掌握分阶段分析动点运动过程并建立函数关系式是解题的关键． 分点在上和点在上两个阶段，分别求出的面积与运动时间的函数关系式，再根据函数关系式判断图象． 【详解】解：当点在上时（）： 过点作于点． ，， ． 又，， ． ． 这是一个二次函数，开口向下，顶点在处，但此阶段，函数在上图象不断上升，当时，． 当点在上时（）, ∵四边形是平行四边形， ，点从到用时秒， 此时在上的运动距离为，方向上的高与上的高相同，即（当时，后续在上时，到的距离不变）． ， ． 这是一个一次函数，随的增大而减小，当时，． 综上，当时，是开口向下的二次函数的一部分，图象不断上升；当时，是一次函数，图象不断下降． 故选：A． 55．（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． 56．（2025·江苏扬州·中考真题）问题：如图1，点为正方形内一个动点，过点作，，矩形的面积是矩形面积的2倍，探索的度数随点运动的变化情况． 【从特例开始】 （1）小玲利用正方形网格画出了一个符合条件的特殊图形（如图2），请你仅用无刻度的直尺连接一条线段，由此可得此图形中______； （2）小亮也画出了一个符合条件的特殊图形（如图3），其中，，，求此图形中的度数； 【一般化探索】 （3）利用图1，探索上述问题中的度数随点运动的变化情况，并说明理由． 【答案】（1）作图见解析，45；（2）；（3）随点的运动，的度数不变，且为 【分析】（1）连接与格线的交点记为，先确定点为格点，然后由勾股定理以及逆定理证明为等腰直角三角形，即可求解的度数； （2）延长至点，使得，连接，先证明，则，，那么，可得四边形是矩形，四边形为矩形，求出，由勾股定理得，则，那么，则，即可求解； （3）延长至点，使得，连接，同理，同（2）可得四边形是矩形，四边形为矩形，设正方形的边长为，，则，，由，得到，在中，由勾股定理得，求出，则，再同（2）即可． 【详解】解：（1）如图，即为所求： 连接与格线的交点记为， 由网格可得，， ∴， ∴， ∵， ∴, ∴为格点，同理为格点， ∵，，， ∴，， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴； 故答案为：45； （2）延长至点，使得，连接， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴，， ∴， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形， 同理可得四边形为矩形， ∴，， ∴，， ∴， ∴在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，即； （3）随点的运动，的度数不变，且为，理由如下： 延长至点，使得，连接， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴，，， ∴， 同（2）可得四边形是矩形，四边形为矩形， 设正方形的边长为，， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， 整理得， ∵在中，， ∴ ， ∴（舍负）， ∴， ∴在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，即． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理及其逆定理，等腰三角形的定义，正方形的性质，全等三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键． 题型15 四边形与函数综合 57．（2025·四川绵阳·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，直线与轴交于点，与轴交于点，点在轴右侧的轴上，抛物线经过A，B，C三点，顶点为． (1)求抛物线的解析式及点B，D的坐标； (2)点在直线AC上运动，当的周长最小时，求点的坐标； (3)探究在内部能否截出面积最大的矩形（顶点E，F，G，H在各边上）？若能，求出此时矩形在边上的顶点的坐标；若不能，请说明理由． 【答案】(1)，．； (2)． (3)能，边上的顶点的坐标为，或． 【分析】（1）求得点A，C坐标，利用待定系数法即可求得抛物线的解析式；利用抛物线的解析式令，解方程即可求得点B在横坐标；利用配方法即可求得点D的坐标； （2）利用勾股定理及其逆定理得到，延长至点，使，连接，交直线于点P，利用轴对称的性质可得，B关于直线对称，此时的周长最小，过点作轴于点E，利用三角形的中位线定理得到点坐标，利用待定系数法求得直线的解析式为，再与直线联立即可求得点P坐标； （3）利用分类讨论的思想方法分两种情况讨论解答：①设与交于点K，设，利用矩形的性质，相似三角形的判定与性质求得其面积，利用二次函数的性质得到当时，矩形的面积取得最大值为，再利用三角形的中位线定理解答即可；②顶点E，F，G，H在各边上，H与点C重合，设，利用矩形的性质，相似三角形的判定与性质求得据的面积，利用二次函数的性质得到当时，矩形的面积取得最大值为，再利用三角形的中位线定理解答即可． 【详解】（1）解：中， 令，则， ∴， 令，则， ∴， ∴， ∵抛物线经过A，B，C三点， ∴， ∴， ∴抛物线的解析式为． 令，则， ∴，或， ∴． ∵ ∴顶点； （2）∵，，， ∴， ∴，，， ∵， ∴， ∴， 延长至点，使，连接，交直线于点P，如图， 则，B关于直线对称，此时的周长最小， 过点作轴于点E， ∵轴，轴， ∴ ， ∵， ∴为的中位线， ∴， ∴， 设直线的解析式为， ∴， ∴， ∴直线的解析式为， ∴， ∴， ∴． （3）在内部能截出面积最大的矩形（顶点E，F，G，H在各边上），此时矩形在边上的顶点的坐标为，或． ①如图，顶点E，F，G，H在各边上，设与交于点K， 设， ∵四边形为矩形，， ∴四边形，为矩形，， ∴， ∵ ∴， ∴， ∴， ∴， ∴矩形的面积 ∵， ∴当时，矩形EFGH的面积取得最大值为． ∴， ∵， ∴H为的中点， ∴． 同理，点G为的中点， ∴． ②如图，顶点E，F，G，H在各边上，H与点C重合， 设， ∵四边形为矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴矩形的面积 ∵， ∴当时，矩形的面积取得最大值为． ∴， ∴点G为的中点， ∵， ∴为的中位线， ∴ ∴， ∴． 综上，在内部能截出面积最大的矩形(顶点E，F，G，H在各边上），此时矩形在边上的顶点的坐标为，或． 【点睛】本题主要考查了二次函数的图象与性质，待定系数法，配方法，抛物线上点的坐标的特征，一次函数的图象与性质，一次函数图象上点的坐标的特征，轴对称的性质，分类讨论的思想方法，矩形的性质，直角三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，利用点的坐标表示出相应线段的长度是解题的关键． 58．（2025·山东济南·中考真题）一次函数的图象与反比例函数的图象交于点，与x轴交于点B，与y轴交于点C． (1)求m，k的值． (2)D为反比例函数图象上的一点且横坐标大于m． ①如图1，若点D的横坐标为4，连接，E为线段上一点，且，求点E的坐标； ②如图2，M为线段上一点，且，四边形是平行四边形，连接，若，求点D的坐标． 【答案】(1)， (2)①，② 【分析】（1）将点代入一次函数求得，结合点在反比例函数的图象上代入求得k； （2）①过点A作轴交于点H，过点E作交于点M，过点D作交于点N，则，有，进一步求得点D的坐标，结合已知比例可求得和，以及，即可求得点E； ②根据一次函数求得点，即可知点，过点C作交于点P，过点P作轴于点K，过点A作轴于点G，则为等腰直角三角形，且，则，进一步判定点M与点K重合，由待定系数法求得直线的解析式，设点，结合平行四边形的性质求得点，代入反比例函数即可求得m，即可知点D． 【详解】（1）解：由题意可知，点在一次函数的图象上，则 ，解得， ∵点在反比例函数的图象上， ∴，解得， 则，； （2）解：①过点A作轴交于点H，过点E作交于点M，过点D作交于点N，如图， 则， ∴， ∴， ∴， ∵点D的横坐标为4， ∴点D的纵坐标为， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 则，解得， ∴， ∵， ∴， ∴，解得， 则， 那么，点； ②一次函数的图象与y轴交于点C， 令，则， ∴， ∵， ∴， 过点C作交于点P，过点P作轴于点K，过点A作轴于点G，如图， 则， ∵， ∴， ∵， ∴为等腰直角三角形， ∴， 则， ∵点， ∴， ∵， ∴点M与点K重合，， ∴点， 设直线的解析式为，则 ，解得， ∴， 设点， ∵四边形是平行四边形， ∴， 则， ∵D为反比例函数图象上的一点， ∴，解得，或， ∵D的横坐标大于1， ∴， ∴， 故点． 【点睛】本题主要考查函数和三角形的结合，涉及一次函数与坐标轴的交点、平行线的性质、相似三角形的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、平行四边形的性质和解一元二次方程，题目综合性较强，难度偏高，解题的关键是熟悉函数性质和平行四边形的性质． 59．（2025·天津·中考真题）已知抛物线为常数，． (1)当时，求该抛物线顶点的坐标； (2)点和点为抛物线与轴的两个交点，点为抛物线与轴的交点． ①当时，若点在抛物线上，，求点的坐标； ②若点，以为边的的顶点在抛物线的对称轴上，当取得最小值为时，求顶点的坐标． 【答案】(1) (2)①；② 【分析】本题考查了二次函数的综合应用，平行四边形的性质，等腰三角形的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键； （1）待定系数法求解析式，即可求解； （2）①根据，得出抛物线解析式为，点在第四象限，过点作轴于点，证明，进而得出点的坐标为，代入解析式，解方程，即可求解； ②在轴上点的左侧取点，使，连接．在中，根据勾股定理，，得出,根据题意，点和点关于直线对称，点在直线上，得．根据平行四边形的性质得出当点在线段上时，取得最小值，即，勾股定理可得，进而代入，求得点，可得直线的解析式为．求得点的坐标为，根据平移的性质即可得出点的坐标为． 【详解】（1）解： ， ∴该抛物线的解析式为， ， ∴该抛物线顶点的坐标为； （2）①∵点在抛物线上， ∴，即， 又，点， ， ∴抛物线解析式为， 如图，点在第四象限，过点作轴于点， ， ∴， ， ∴． ∴， 又， ∴， ， ∵， ∴， ∴点的坐标为， ∵点在抛物线上， ， 整理得，， 解得 ∵， ∴不合，舍去， ∴， ∴点的坐标为； ②∵， ∴， 在轴上点的左侧取点，使，连接． ，得． ， ． ∴，则． 在中，根据勾股定理，， ． ∴． ． 又点，得． ．即 根据题意，点和点关于直线对称，点在直线上，得． 又中，．得． ． 当点在线段上时，取得最小值，即． 在 中，， ． 将代入，得． 解得（舍）． ∴． 点． 直线的解析式为． 设点的横坐标为，则．得． 点的坐标为． 线段可以看作是由线段经过平移得到的， 点的坐标为． 60．（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． 题型16 四边形存在性问题 61．（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． 62．（2025·山东东营·中考真题）如图，抛物线交轴于、两点，交轴于点，其中，． (1)求抛物线的表达式； (2)点为对称轴上一点，当的周长最小时，求点的坐标； (3)点为对称轴上一点，点为抛物线上一点，若以、、、为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出点的坐标． 【答案】(1) (2) (3)或或 【分析】（1）把和分别代入，列方程组求出的值，即可求得二次函数解析式； （2）因为是定值，所以当的值最小时，则的周长最小．作点关于对称轴的对称点，即为点，连接，运用待定系数法求出直线的解析式，可得直线与对称轴的交点坐标，即为点的坐标； （3）分别以、、为对角线进行分类讨论求解即可． 【详解】（1）解：把，代入中得， ，解得， ； （2）解：，， 当的值最小时，则的周长最小． 作点关于对称轴的对称点，即为点， 由（1）可知抛物线的解析式为， 对称轴为直线，且， ． 如图，连接，与对称轴的交点即为点， 设直线的解析式为， 把，代入中得， ，解得， 直线的解析式为． 点的横坐标为， 把代入得， ； （3）解：设，， ①当为对角线时，设中点为，根据平行四边形的性质，点也为的中点， ，， ， ，解得， 把代入， ； ②当为对角线时，设中点为，根据平行四边形的性质，点也为的中点， ，， ， ，解得， 把代入， ； ③当为对角线时，设中点为，根据平行四边形的性质，点也为的中点， ，， ， ，解得， 把代入， ； 综上所述，若以、、、为顶点的四边形是平行四边形，此时点的坐标为或或． 【点睛】本题属于二次函数综合题，主要考查一次函数的图象与性质、二次函数的图象与性质、用待定系数法求函数关系式、平行四边形的性质、轴对称的性质、两点之间线段最短，正确作出分类讨论是解答本题的关键． 63．（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． 64．（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． 题型17 动态四边形 65．（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． 66．（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． 67．（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． 68．（2025·贵州·中考真题）如图，在菱形中，，点为线段上一动点，点为射线上的一点（点与点不重合）． 【问题解决】 （1）如图①，若点与线段的中点重合，则 度，线段与线段的位置关系是 ； 【问题探究】 （2）如图②，在点运动过程中，点在线段上，且，探究线段与线段的数量关系，并说明理由； 【拓展延伸】 （3）在点运动过程中，将线段绕点逆时针旋转得到，射线交射线于点，若，求的长． 【答案】（1），；（2），理由见解析；（3）的长为或. 【分析】（1）根据菱形的性质证明为等边三角形，再结合等边三角形的性质可得答案； （2）如图，把绕顺时针旋转得到，证明为等边三角形，可得，，求解，，，可得，进一步可得结论； （3）如图，当在线段上，记与交于点，证明，可得，设，则，可得，证明，再进一步解答即可；如图，当在线段上时，延长交于，同理可得： ，设，而，则，可得，证明，再进一步可得答案. 【详解】解：（1）∵在菱形中， ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∵点与线段的中点重合， ∴，； （2）如图，把绕顺时针旋转得到， ∴，，， ∴为等边三角形， ∴，， ∵点在线段上，且， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∴； （3）如图，当在线段上，记与交于点， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 设，则， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵为等边三角形， ∴， ∴， 如图，当在线段上时，延长交于， 同理可得：，， ∴， 设，而，则， ∴， ∴， 同理：， ∴， ∴， 综上：的长为或. 【点睛】本题考查的是等边三角形的判定与性质，菱形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定与性质，含30角的直角三角形的性质，本题的难度大，作出合适的辅助线是解本题的关键. 题型18 四边形的实际应用 69．（2025·陕西·中考真题）问题探究 （1）如图①，在中，请画出一个，使得点，，分别在边，，上； （2）如图②，在矩形中，，，为矩形内一点，且满足，周长的最小值； 问题解决 （3）为了进一步提升游客的体验感，某公园管理部门准备在花海边沿与游客服务中心之间的草地上选址修建一条笔直的步道及一个观景台．如图③所示，区域为草地，线段为花海边沿，点为游客服务中心，线段为步道，点和点为步道口，点为观景台．按照设计要求，点，分别在边，上，且满足，为的中点，为保证观赏花海的最佳效果，还需使最大．已知，，请你帮助公园管理部门确定观景台的位置（在图中画出符合条件的点），并计算此时步道口与游客服务中心之间的距离．（步道的宽及步道口、观景台、游客服务中心的大小均忽略不计） 【答案】（1）见详解（2）（3） 【分析】（1）先作，交于点，得出，再以点B为圆心，以的长为半径画弧，交线段于一点，连接，则，故四边形是平行四边形，即可作答． （2）过点作于点，解得，故在线段上运动的，整理，经过分析当有最小值时，则的周长有最小值，即作点关于的对称点，当三点共线时，有最小值，即的长，结合矩形的性质以及勾股定理列式计算，得，即可作答． （3）取的中点，取的中点，连接，得是的中位线，再过点作，证明，整理，故，再证明四边形是平行四边形，因为是的中点，得，11 、证明，，理解题意，得为定值，则点在的中位线上运动，作的外接圆，当且仅当与相切时，的值最大，先得出，，运用三角函数得，代入数值进行计算，即可作答． 【详解】解：（1）依题意， 先作，交于点，得出，再以点B为圆心，以的长为半径画弧，交线段于一点，连接， 则， ∵ ∴四边形是平行四边形， 即如图所示： （2）如图，过点作于点， ∵， ∴， 解得， 过点作且分别与，交于， 即在线段上运动的， 则， 当有最小值时，则的周长有最小值， 作点关于的对称点 ∴，， ∴， 当三点共线时，有最小值，即的长， 即的周长有最小值， ∵ 四边形是矩形， ∴， 在中，， ∴， 此时的周长； （3）如图，取的中点，取的中点，连接， ∴是的中位线， 过点作， ∴， 又∵， ∴， ∴， 即， ∵， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， 连接 ∵是的中点，且四边形是平行四边形， ∴， ∴是的中点 过点作于点，过点作于点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，，过点作于点， ∴为定值， ∴为定值， 则点在的中位线上运动， 作的外接圆，当且仅当与相切时，的值最大， ， 故， 如图，连接，作于点，于点，连接 ∵与相切于点 ∴， ∵于点， ∴， ∵， ∴， 故三点共线， ∴， 则， ∴， ∵，是的中点， ∴，， ∴， 即， ∴， ∴， ∵点是的中点，是的中点 ∴是三角形的中位线， ∴ ∴． 【点睛】本题考查了解直角三角形的相关运算，圆周角定理，相似三角形的判定与性质，中位线的判定与性质，矩形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，综合性强，难度较大，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 70．（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． 71．（2025·陕西西安·模拟预测）（1）如图①，在矩形中，，，点在边上．连接，过点作． ①当______时，是等腰三角形； ②求的最小值； （2）如图②，矩形是某公园示意图，其中米，米．为了进一步改善人居环境，现需要对公园进行改扩建．根据现场勘察情况，边的外边有一片空地可以扩建．设计部门打算把扩建部分设计为直角三角形，即，且，同时要在扩建后的五边形公园中的边上开一个门，使得点到点、点的距离相等且．试问这样的设计能否实现？若能，求出扩建部分的面积及点到点的距离；若不能，请说明理由． 【答案】1）①2②（2）这样的设计能实现，扩建部分的面积为平方米，点到点的距离为米 【分析】本题考查了相似三角形的性质与判定，二次函数的性质，全等三角形的性质与判定，矩形的性质，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键． （1）①根据矩形的性质可证，即可得解． ②设，则，根据勾股定理可得，因此最小时，最小，先证明，求出，进而求出，根据二次函数的性质求出的最小时，进而求出的最小值． （2）过点E作交的延长线于G，于H，则，设米，则米，米，米，证明，根据相似三角形的性质可求，进而求出面积． 【详解】解：（1）①，理由如下： ， ， 四边形是矩形， ， ， ， ， ， ， ， ， 是等腰三角形， 故答案为：2． ②设，则， ， ， 当最小时，最小， ，， ， ， ， ， ， ， 当时，的最小值为， 此时， ∴的最小值为； （2）解：这样的设计能实现， 过点E作交的延长线于G，于H，则， 依题意， 四边形是矩形， 米， 由（1）得， ， ， 米， 设米，则米，米，米， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 解得：， ， ， ， 平方米， ∴这样的设计能实现，扩建部分的面积为平方米，点到点的距离为米． 72．（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）综合与实践课上，同学们以“折纸中的角”为主题开展数学活动． 【操作判断】 （1）如图，将边长为的正方形对折，使点与点重合，得到折痕．打开后，再将正方形折叠，使得点落在边上的点处，得到折痕，折痕与折痕交于点．打开铺平，连接、、．若点的位置恰好使得． ① ； ②求的长； 【探究提炼】 （2）如图2，若（1）中的点是上任意一点，求的度数． 【理解应用】 （3）如图3，某广场上有一块边长为的菱形草坪，其中．现打算在草坪中修建步道和，使得点在上，点在上，且．请问步道所围成的（步道宽度忽略不计）的面积是否存在最小值？若存在，请直接写出最小值；若不存在，说明理由． 【答案】（1）①；②；（2）；（3）存在，最小值为． 【分析】（1）①由可得，由折叠可知：，可得，由三角形外角性质即可求出，②由是垂直平分线可得，由折叠可得，连接，由此可证明，即可得； （2）过点作，垂足为，过点作，垂足为，证（）即可得，从而证明，由等腰三角形性质即可得出； （）过点作，垂足为，过点作，垂足为，同（）可得是以为底，顶角为等腰三角形，当最小时三角形面积最小，则当时，三角形面积最小，再利用含直角三角形性质解三角形即可得出结论． 【详解】解：（1）①正方形中， ∴，，， ∵， ∴， ∴， 由折叠可知：， ∴， ∵， ∴； ②由折叠可知：，，， ∴，如图，连接， ∵，，即是垂直平分线， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）如图，过点作，垂足为，过点作，垂足为， ∴， ∵是的角平分线，， ∴，， ∵， ∴（），， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）如图；过点作，垂足为，过点作，垂足为， ∵， ∴， ∵在菱形中，是的角平分线，， ∴， ∵， ∴（）， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 过点作于点，设， 则，， ∵，即 ， ∴， ， ∴当最小时，面积最小， ∴当时，面积最小， 如图， ∵，， ∴， ∴， ∴，即 ， ∴ ∴的面积存在最小值为． 【点睛】本题主要考查了正方形、菱形的性质、折叠的性质，等腰三角形性质和判定等知识，利用角平分线构造全等三角形是解题关键． 题型19 四边形与三角形综合 73．（2025·四川成都·中考真题）如图，在中，点在边上，点关于直线的对称点落在内，射线交射线于点，交射线于点，射线交边于点． 【特例感知】 （1）如图1，当时，点在延长线上，求证：； 【问题探究】 （2）在（1）的条件下，若，，求的长； 【拓展延伸】 （3）如图2，当时，点在边上，若，求的值．（用含的代数式表示） 【答案】（1）见解析；（2）4；（3） 【分析】（1）由折叠的性质得：，再结合平行四边形的性质可得，然后根据三角形内角和定理可得，即可求证； （2）根据全等三角形的性质可得，从而得到，可证明，从而得到，再由折叠的性质得：，再根据，可得，即可求解； （3）延长交于点，设，，证明得出，证明得出，证明得出，进而求得，根据得出，根据相似三角形的性质，即可求解． 【详解】解：（1）由折叠的性质得：， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴； （2）∵， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， 由折叠的性质得：， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∴， ∴，解得：， ∴， ∴； （3）解：如图，延长交于点， 设， ∵， ∴，， ∴， ∵折叠， ∴ ∵，即 ∴ ∴即 ∴ ∵四边形是平行四边形， ∴ 又∵折叠， ∴ ∵ ∴ ∴ ∵ ∴ ∵ ∴ ∴ 又∵ ∴ ∴即 ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ 解得： ∴ 又∵ ∴ ∴． 【点睛】本题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，折叠的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键． 74．（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． 75．（2025·山东济南·中考真题）在中，，，，点O为的中点．在中，，，，连接并延长到点F，使，连接． 【初步感知】（1）如图1，当点D，E分别在，上时，请完成填空：___________；___________． 【深入探究】（2）如图2，若将图1中的绕点B按逆时针方向旋转一定的角度，连接，，，． ①（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由． ②当四边形的面积最小时，求线段的长． 【答案】（1）90；；（2）①（1）中的结论仍然成立，证明见解析；② 【分析】（1）证明，可得，，从而得到，进而得到；根据题意可得，即可得到； （2）①证明四边形为平行四边形，可得，，从而得到，根据题意可得，可证明，可得，从而得到的度数，即可；②根据平行四边形的性质可得当最小时，四边形的面积最小，即当E到的距离最小时，最小，四边形的面积最小，过点E作于点M，连接，则当最小时，四边形的面积最小，从而得到当点B，E，M三点共线时，取得最小值，最小值为，此时时，最小，再由，可得，，然后根据勾股定理可得的长，再结合，即可求解． 【详解】解：∵点O为的中点， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴； ∵，，，， ∴， ∴， ∴； 故答案为：90； （2）①中的结论仍然成立，证明 ∵点O为的中点， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∵，，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，, ∴,； ②在中，∵，，， ∴， 由①得：四边形为平行四边形， ∴四边形的面积等于， ∴当最小时，四边形的面积最小， 即当E到的距离最小时，最小，四边形的面积最小， 如图，过点E作于点M，连接，则当最小时，四边形的面积最小， ∵，， ∴， 即当点B，E，M三点共线时，取得最小值，最小值为， 此时时，最小， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 由①得：， ∴． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，平行四边形的判定和性质等，熟练掌握相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性，勾股定理，平行四边形的判定和性质，利用类比思想解答是解题的关键． 76．（2025·湖南·中考真题）【问题背景】 如图1，在平行四边形纸片中，过点作直线于点，沿直线将纸片剪开，得到和四边形，如图2所示． 【动手操作】 现将三角形纸片和四边形纸片进行如下操作（以下操作均能实现） ①将三角形纸片置于四边形纸片内部，使得点与点重合，点在线段上，延长交线段于点，如图3所示； ②连接，过点作直线交射线于点，如图4所示； ③在边上取一点，分别连接，，，如图5所示． 【问题解决】 请解决下列问题： (1)如图3，填空：______； (2)如图4，求证：； (3)如图5．若，，求证：． 【答案】(1) (2)证明过程见详解 (3)证明过程见详解 【分析】（1）根据平行四边形的性质得到，根据题意得到，，，由此即可求解； （2）根据题意得到，，是等腰直角三角形，则，，，再证明，则，且，由此即可求解； （3）根据题意，设，则，在中，，，，如图所示，过点作于点，过点作于点，可得，，，，，，可证，得到，即可求解． 【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵直线， ∴， ∴， ∵将三角形纸片置于四边形纸片内部，使得点与点重合，点在线段上，延长交线段于点， ∴， ∴， 故答案为：； （2）证明：根据题意，， ∴， ∵将三角形纸片置于四边形纸片内部，使得点与点重合，点在线段上，延长交线段于点， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∵直线，即， ∴， ∴， ∴， ∵，点在线段上， ∴， ∵， ∴， ∴，且， ∴； （3）解：∵， ∴， ∵， ∴设，则， 在中，，， ∴， 如图所示，过点作于点，过点作于点， ∴，，即， 解得，， ∵， ∴， ∴，即， 解得，， ∵， ∴，即， 解得，，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，即，且， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，含角的直角三角形的性质，勾股定理，解直角三角形的计算，相似三角形的判定和性质，掌握平行四边形的性质，解直角三角形的计算，相似三角形的判定和性质，数形结合分析是关键． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难点13 几何压轴突破核心题型汇编 （四边形篇2大类型19种题型） 题型01 平行四边形的性质与判定 1．（2025·山东潍坊·中考真题）如图，在中，点分别是边的中点，与相交于点，连接，．证明： (1)； (2)． 2．（2025·北京·中考真题）在中，，，点在射线上，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段（点不在直线上），过点作，交直线于点． (1)如图1，，点与点重合，求证：； (2)如图2，点，都在的延长线上，用等式表示与的数量关系，并证明． 3．（2025·广西·中考真题）【平行六边形】如图1，在凸六边形中，满足，我们称这样的凸六边形叫做“平行六边形”，其中与，与，与叫做“主对边”；和，和，和叫做“主对角”；叫做“主对角线”． (1)类比平行四边形性质，有如下猜想，请判断正误并在横线上填写“正确”或“错误”． 猜想 判断正误 ①平行六边形的三组主对边分别相等 _________ ②平行六边形的三组主对角分别相等 _________ ③平行六边形的三条主对角线互相平分 _________ 【菱六边形】六条边都相等的平行六边形叫做“菱六边形”． (2)如图2，已知平行六边形满足． 求证：平行六边形是菱六边形： (3)如图3是一张边长为的三角形纸片．剪裁掉三个小三角形，使剪裁后的纸片为菱六边形．请在剪裁掉的小三角形中，任选一个，求它的各边长． 4．（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02 矩形的性质与判定 5．（2025·河北·中考真题）综合与实践 ［情境］要将矩形铁板切割成相同的两部分，焊接成直角护板（如图），需找到合适的切割线． ［模型］已知矩形（数据如图所示）．作一条直线，使与所夹的锐角为，且将矩形分成周长相等的两部分． ［操作］嘉嘉和淇淇尝试用不同方法解决问题． ［探究］根据以上描述，解决下列问题． ［拓展］操作和探究中蕴含着一般性结论，请继续研究下面的问题． 如图3，嘉嘉的思路如下： ①连接，交于点； ②过点作，分别交，于点， …… 如图4，淇淇的方法如下： ①在边上截取，连接； ②作线段的垂直平分线，交于点； ③在边上截取，作直线． (1)图中，矩形的周长为______； (2)在图的基础上，用尺规作图作出直线（作出一条即可，保留作图痕迹，不写作法）； (3)根据淇淇的作图过程，请说明图中的直线符合要求． (4)如图，若直线将矩形分成周长相等的两部分，分别交边，于点，，过点作于点，连接． 当时，求的值； 当最大时，直接写出的长． 6．（2025·河南·中考真题）在中，点是的平分线上一点，过点作，垂足为点，过点作，垂足为点，直线交于点，过点作，垂足为点． (1)观察猜想 如图1，当为锐角时，用等式表示线段的数量关系：__________． (2)类比探究 如图2，当为钝角时，请依据题意补全图形（无需尺规作图），并判断（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请写出正确结论，并证明． (3)拓展应用 当，且时，若，请直接写出的值． 7．（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． 8．（23-24九年级上·广东深圳·期末）某数学学习小组学习完四边形后进行了如下探究，已知四边形为矩形，请你帮助他们解决下列问题： (1)【初步尝试】：他们将矩形的顶点、分别在如图（1）所示的的边、上，顶点、恰好落在的对角线上，求证：； (2)【深入探究】：如图2，若为菱形，，若，求的值； (3)【拓展延伸】：如图（3），若为矩形，；且，请直接写出此时的值是________（用含有，的代数式表示）． 题型03 菱形的性质与判定 9．（2025·甘肃平凉·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，． (1)求证：是的切线； (2)若四边形是平行四边形，，求的长． 10．（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． 11．（2025·山东枣庄·模拟预测）在平面直角坐标系中，点是坐标原点，抛物线（是常数）经过点．点、是该抛物线上不重合的两点，横坐标分别为、，点的横坐标为，点的纵坐标与点的纵坐标相同，连接、． (1)求该抛物线对应的函数表达式； (2)求证：当取不为零的任意实数时，的值始终为2； (3)作的垂直平分线交直线于点，以为边、为对角线作菱形，连结．当与此抛物线的对称轴重合时，求菱形的面积． 12．（2025·四川成都·二模）综合与探究： 【问题背景】如图1，在矩形中，对角线与交于点O，且，． (1)求证：为等边三角形； (2)如图2，将沿方向平移，得到，且交于点E，交于点F．连接，，若，求的长． (3)如图3，继续平移，使得顶点与点O重合，然后将绕点顺时针旋转，若旋转过程中始终保持与，分别交于点G，H，是否存在某些位置使得为直角三角形，若存在，求的长及的面积，若不存在，请说明理由． 题型04 正方形的性质与判定 13．（2025·河北·中考真题）如图1，图2，正方形的边长为5．扇形所在圆的圆心在对角线上，且不与点重合，半径，点，分别在边，上， ，扇形的弧交线段于点，记为． (1)如图1，当时，求的度数； (2)如图2，当四边形为菱形时，求的长； (3)当时，求的长． 14．（2024·内蒙古通辽·中考真题）数学活动课上，某小组将一个含的三角尺利一个正方形纸板如图1摆放，若，．将三角尺绕点逆时针方向旋转角，观察图形的变化，完成探究活动． 【初步探究】 如图2，连接，并延长，延长线相交于点交于点． 问题1　　和的数量关系是________，位置关系是_________． 【深入探究】 应用问题1的结论解决下面的问题． 问题2　　如图3，连接，点是的中点，连接，．求证． 【尝试应用】 问题3　　如图4，请直接写出当旋转角从变化到时，点经过路线的长度． 15．（2024·江西·中考真题）综合与实践 如图，在中，点D是斜边上的动点（点D与点A不重合），连接，以为直角边在的右侧构造，，连接，． 特例感知 （1）如图1，当时，与之间的位置关系是______，数量关系是______； 类比迁移 （2）如图2，当时，猜想与之间的位置关系和数量关系，并证明猜想． 拓展应用 （3）在（1）的条件下，点F与点C关于对称，连接，，，如图3．已知，设，四边形的面积为y． ①求y与x的函数表达式，并求出y的最小值； ②当时，请直接写出的长度． 16．（2025·河南濮阳·一模）在矩形中，E是边上一点，以为边在矩形内部构造矩形，使得，连接． 【特例发现】 （1）如图1，当时，________； 【类比探究】 （2）如图2，将矩形绕点B顺时针旋转，连接AE，当时，求的值； 【拓展运用】 （3）如图3，矩形在旋转的过程中，当点G落在边上时，D，G，F三点共线．若，，请直接写出的长． 题型05 梯形与等腰梯形的性质与判定 17．（2025·甘肃武威·模拟预测）（1）如图1，已知与的面积相等， 试判断与的位置关系，并说明理由． （2）如图2，点M，N在反比例函数（）在第一象限的图象上，过点M作轴，过点N作轴，垂足分别为E，F． ①证明：． ②当点M、N的坐标符合什么条件时，四边形是等腰梯形？ 18．（2025·上海金山·二模）如图，已知在等腰梯形中，，，，联结、交于点，为上一点，． (1)求证：； (2)若，求证：． 19．（2025·河南南阳·一模）综合与实践 在学习特殊四边形的过程中，我们积累了一定的研究经验，请运用已有的经验对“对等垂美四边形”进行研究．定义：对角线相等且垂直的四边形叫作对等垂美四边形． (1)定义理解 请在下面如图1所示的网格中确定两点C和D，使四边形为对等垂美四边形，且C和D均在格点上．（画出一种即可） (2)深入探究 如图2，在对等垂美四边形中，对角线与交于点O，且，．将绕点O顺时针旋转（）．B、C的对应点分别为、．如图3．请判断四边形是否为对等垂美四边形，并说明理由．（仅就图3的情况证明即可） (3)拓展运用 在（2）的条件下，若，，当为直角三角形时，直接写出点到的距离． 20．（24-25九年级上·江苏淮安·月考）如图，在四边形中，，，，，，点从点出发，以的速度沿线段向点运动；同时点从点出发，以 的速度沿向点运动．规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动．设、运动时间为秒，回答下列问题： (1)求为何值时，四边形是矩形? (2)求为何值时，？ (3)是否存在的值，使得是以为腰的等腰三角形？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． 题型06 四边形内角和与外角和综合 21．（2025·四川自贡·中考真题）如图，正六边形与正方形的两邻边相交，则（    ） A． B． C． D． 22．（2025·四川凉山·中考真题）已知一个多边形的内角和是它外角和的4倍，则从这个多边形的一个顶点处可以引（    ）条对角线 A．6 B．7 C．8 D．9 23．（2025·青海·中考真题）活动与探究 解码蜜蜂的“家”——为什么蜂房是正六边形的？ 蜜蜂的“集体宿舍”是由多个正六边形密铺在一起的，这些密铺的正六边形使得蜂房之间没有空隙，一点儿也不浪费空间．这是数学中的密铺（或镶嵌）问题．平面图形的密铺（或镶嵌）是指用形状、大小完全相同的一种或多种平面图形进行拼接，使彼此之间不留空隙、不重叠地铺成一片． 探究一：若只用一种正多边形，哪些正多边形可以密铺？ 平面图形 每个内角度数 能否整除 能否密铺 正三角形 能 正方形 ①________ ②________ 能 正五边形 不能 正六边形 能 正七边形 不能 正八边形 ③________ ④________ ．．． ．．． ．．． ．．． （1）请补全上述表格①________；②________；③________；④________． 探究二：在能密铺的正多边形中，哪种形状最省材料？ 数学视角：蜜蜂的身体可近似看成圆柱，若圆柱底面半径为1，当蜂房恰好容纳一只蜜蜂即正多边形的内切圆半径均为1时，比较正三角形，正方形和正六边形周长的大小．          观察图1，发现是正三角形的内切圆，与切于点，，，，在中，，则的周长为． （2）如图2，正方形的周长为__________； （3）如图3，求出正六边形的周长（写出求解过程）． 探究三：在能密铺的正多边形中，哪种形状可以使蜜蜂的活动空间最大？ 数学视角：假设蜜蜂建造蜂房的材料总量即周长一定，比较正三角形、正方形和正六边形面积的大小． （4）若正多边形的周长都为12，则正三角形的面积为__________；正方形的面积为__________；正六边形的面积为__________． 【得出结论】 综上所述：在相同条件下，正六边形结构最省材料，能使蜜蜂的活动空间最大，是建造蜂房的最优方案． 24．（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07 中点四边形（中位线定理应用） 25．（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 ． 26．（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 27．（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 28．（2024·青海·中考真题）综合与实践 顺次连接任意一个四边形的中点得到一个新四边形，我们称这个新四边形为原四边形的中点四边形．数学兴趣小组通过作图、测量，猜想：原四边形的对角线对中点四边形的形状有着决定性作用． 以下从对角线的数量关系和位置关系两个方面展开探究． 【探究一】 原四边形对角线关系 中点四边形形状 不相等、不垂直 平行四边形 如图1，在四边形中，E、F、G、H分别是各边的中点． 求证：中点四边形是平行四边形． 证明：∵E、F、G、H分别是、、、的中点， ∴、分别是和的中位线，∴，（____①____） ∴．同理可得：．∴中点四边形是平行四边形． 结论：任意四边形的中点四边形是平行四边形． （1）请你补全上述过程中的证明依据①________ 【探究二】 原四边形对角线关系 中点四边形形状 不相等、不垂直 平行四边形 菱形 从作图、测量结果得出猜想Ⅰ：原四边形的对角线相等时，中点四边形是菱形． （2）下面我们结合图2来证明猜想Ⅰ，请你在探究一证明结论的基础上，写出后续的证明过程． 【探究三】 原四边形对角线关系 中点四边形形状 不相等、不垂直 平行四边形 ②________ （3）从作图、测量结果得出猜想Ⅱ：原四边形对角线垂直时，中点四边形是②________． （4）下面我们结合图3来证明猜想Ⅱ，请你在探究一证明结论的基础上，写出后续的证明过程． 【归纳总结】 （5）请你根据上述探究过程，补全下面的结论，并在图4中画出对应的图形． 原四边形对角线关系 中点四边形形状 ③________ ④________ 结论：原四边形对角线③________时，中点四边形是④________． 29．（2024·云南·中考真题）如图，在四边形中，点、、、分别是各边的中点，且，，四边形是矩形． (1)求证：四边形是菱形； (2)若矩形的周长为22，四边形的面积为10，求的长． 题型08 特殊四边形的面积与周长计算 30．（2025·江苏淮安·二模）【知识再现】 如图①，从苏科版八年级下册中位线性质的探索过程中，我们认识到：取中点构造全等，可以将三角形问题转化为四边形来解决． 【简单应用】 如图②，小明受此问题启发，思考并提出新的问题：四边形中，，点E为边的中点，连接并延长交的延长线于点F，的面积和四边形的面积相等吗？请说明理由． 【类比迁移】 如图③，爱动脑筋的小丽提出新的探究点：为平面直角坐标系第一象限内的一个定点，过点任意作一条直线，分别交轴正半轴、轴正半轴于点、．小丽将直线绕着点旋转过程中发现，的面积存在最小值．请问：直线转到什么特殊位置时，的面积最小？请用无刻度直尺和圆规做出此时的直线，并说明面积最小的理由． 【问题解决】 老王家（点）和老李家（点）门前有一块公共的闲置空地（四边形），空地中间有一棵大树（点），两家商量过点画一条直线将四边形分为两个四边形．精明的老王就琢磨着， 这条线如何画才能让自己门前的空地面积最大呢？如图④，经测量，米，米，米，，点到和的距离都是4米．请你帮老王算一算，他能分得的空地面积最大是多少． 31．（2025·陕西西安·三模）（1）问题提出：如图①，在平行四边形中，，．E，H分别是，的中点，点F在上，且，点G在上，且，求四边形的面积（结果保留根号）； （2）问题解决：如图，某市有一块五边形空地，现规划在空地内部修建一个四边形公园，使点O，P，M，N分别在边，，，上，且满足，．已知在五边形中，，，，，为使游客更好的放松游玩，公园的边，且面积尽可能大．请问是否存在符合设计要求的面积最大的四边形？若存在，求出四边形面积的最大值及此时点到点A的距离；若不存在，请说明理由． 32．（23-24八年级下·江西抚州·期中）某研究性学习小组在学习第三章第4节《简单的图案设计》时，发现了一种特殊的四边形，如图1，在四边形中，，，我们把这种四边形称为“等补四边形”．如何求“等补四边形”的面积呢？ 探究一： （1）如图2，已知“等补四边形”，若，将“等补四边形”绕点顺时针旋转，可以形成一个直角梯形（如图3）．若，，则“等补四边形”的面积为______ 探究二： （2）如图4，已知“等补四边形”，若，将“等补四边形”绕点顺时针旋转，再将得到的四边形按上述方式旋转，可以形成一个等边三角形（如图5）．若，，求“等补四边形”的面积． 探究三： （3）由以上探究可知，对一些特殊的“等补四边形”，只需要知道，的长度，就可以求它的面积．那么如图6，已知“等补四边形”，连接，若，，，试求出“等补四边形”的面积（用含，的代数式表示）． 题型09 四边形与全等三角形综合 33．（2025·黑龙江哈尔滨·中考真题）已知：在正方形的内侧作等边三角形，连接，． (1)如图①，求证：； (2)如图②，过点作，交的延长线于点，平分，交于点，连接，交于点，连接交于点，在不添加任何辅助线的情况下，直接写出图②中四条与线段相等的线段（线段，除外）． 34．（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． 35．（2025·甘肃·中考真题）四边形是正方形，点E是边上一动点（点D除外），是直角三角形，，点G在的延长线上． (1)如图1，当点E与点A重合，且点F在边上时，写出和的数量关系，并说明理由； (2)如图2，当点E与点A不重合，且点F在正方形内部时，的延长线与的延长线交于点P，如果，写出和的数量关系，并说明理由； (3)如图3，在（2）的条件下，连接，写出和的数量关系，并说明理由． 36．（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． 题型10 四边形与折叠 / 旋转综合 37．（2025·山西·中考真题）综合与探究 问题情境：如图，在纸片中，，点D在边上，．沿过点D的直线折叠该纸片，使的对应线段与平行，且折痕与边交于点E，得到，然后展平． 猜想证明：（1）判断四边的形状，并说明理由 拓展延伸：（2）如图，继续沿过点D的直线折叠该纸片，使点A的对应点落在射线上，且折痕与边交于点F，然后展平．连接交边于点G，连接． ①若，判断与的位置关系，并说明理由； ②若，，，当是以为腰的等腰三角形时，请直接写出的长 38．（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． 39．（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）． 40．（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11 四边形与坐标系综合（含动点、面积） 41．（2025·内蒙古·中考真题）问题背景： 综合与实践课上，老师让同学们设计一个家电装置图案，某小组设计的效果图如图所示． 外形参数： 如图1，装置整体图案为轴对称图形，外形由上方的抛物线，中间的矩形和下方的抛物线组成．抛物线的高度为，矩形的边，，抛物线的高度为．在装置内部安装矩形电子显示屏，点，在抛物线上，点，在抛物线上． 问题解决： 如图2，该小组以矩形的顶点为原点，以边所在的直线为轴，以边所在的直线为轴．建立平面直角坐标系．请结合外形参数，完成以下任务： (1)直接写出，，三点的坐标； (2)直接写出抛物线和的顶点坐标，并分别求出抛物线和的函数表达式； (3)为满足矩形电子显示屏的空间要求，需要边的长为，求此时边的长． 42．（2025·江苏镇江·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，点分别在反比例函数和的图像上，点的横坐标为，点的横坐标为，点的坐标为，，． (1)求点A、的坐标和反比例函数的表达式； (2)点、分别在反比例函数和的图像上，与点、构成以为边的平行四边形，则点、的坐标分别为_____、_____． 43．（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． 44．（2025·吉林·中考真题）如图，在中，，，．动点P从点A出发，沿边以每秒1个单位长度的速度向终点C匀速运动．当点P出发后，以为边作正方形，使点D和点B始终在边同侧．设点P的运动时间为，正方形与重叠部分图形的面积为y（平方单位）． (1)的长为_______． (2)求y关于x的函数解析式，并写出自变量x的取值范围． (3)当正方形的对称中心与点B重合时，直接写出y的值． 题型12 四边形与圆综合 45．（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． 46．（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______ 47．（2025·山西吕梁·模拟预测）阅读与思考 下面是数学小组研究性学习的部分内容，请认真阅读，并完成相应任务． 在四边形中，．我们把这种有一组对角相等，且都为，另一组对角不相等的四边形称为“垂直四边形”．“善思”小组对“垂直四边形”的性质，展开了探究． 初步得到三条性质： ①“垂直四边形”对角互补； ②“垂直四边形”是圆内接四边形； ③“垂直四边形”的对角线的比值（短比长）等于该四边形最小内角的正弦值． 性质证明： 如图1，（依据1），， ， “垂直四边形”对角互补． 如图2，连接，取的中点，连接． ， （依据2）， 四边形内接于以点为圆心，的长为半径的圆， “垂直四边形”是圆内接四边形． 如图3，连接相交于点，过的中点作于点，以点为圆心，的长为半径作圆． ， ． 四边形内接于， ， …… 任务： (1)材料中的依据1是指_____； 依据2是指_____． (2)将材料中第三条性质的证明过程补充完整． (3)如图4，将矩形沿对角线所在直线折叠，点的对应点为点，且交于点，连接交于点．若，请直接写出的值． 48．（2025·湖南娄底·模拟预测）圆能够帮助我们解决很多问题，例如角的转换、点的轨迹等等，我们常常通过定角、定长来构造圆．在同一平面内，直线与直线交于点O，点A、B分别在直线、上运动，点C是该平面上任意一点，且A、B、C三点为顺时针走向，已知． (1)如图1，若，，①写出以为直径的圆与直线交点个数；②求的最大值； (2)如图2，若，，求的最大值． 题型13 四边形中的最值问题 49．（2025·安徽·中考真题）如图，在四边形中，，，，，点为边上的动点．将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，，，则下列结论错误的是（   ） A．的最大值是 B．的最小值是 C．的最小值是 D．的最大值是 50．（2025·海南·中考真题）如图，点是内一动点，且，，． （1）面积的最大值为 ； （2）连接，分别取、的中点、，连接．若，则线段长度的最小值为 ． 51．（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 52．（2025·浙江·中考真题）在菱形中，． (1)如图1，求的值． (2)如图2，E是延长线上的一点，连接，作与关于直线对称，交射线于点P，连接． ①当时，求的长． ②求的最小值． 题型14 四边形动点问题 53．（2025·黑龙江·中考真题）如图，在矩形中，，，点E是边的中点，点F是对角线上一动点，作点C关于直线的对称点P，若，则的长为 ． 54．（2025·黑龙江哈尔滨·中考真题）如图，在中，，，．点从点出发，以每秒3个单位长度的速度沿折线运动，同时点从点出发，以每秒2个单位长度的速度沿向点运动，其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动．设的面积为，运动时间为秒，则下列图象中大致反映与之间函数关系的是（   ） A．B．C．D． 55．（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）． 56．（2025·江苏扬州·中考真题）问题：如图1，点为正方形内一个动点，过点作，，矩形的面积是矩形面积的2倍，探索的度数随点运动的变化情况． 【从特例开始】 （1）小玲利用正方形网格画出了一个符合条件的特殊图形（如图2），请你仅用无刻度的直尺连接一条线段，由此可得此图形中______； （2）小亮也画出了一个符合条件的特殊图形（如图3），其中，，，求此图形中的度数； 【一般化探索】 （3）利用图1，探索上述问题中的度数随点运动的变化情况，并说明理由． 题型15 四边形与函数综合 57．（2025·四川绵阳·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，直线与轴交于点，与轴交于点，点在轴右侧的轴上，抛物线经过A，B，C三点，顶点为． (1)求抛物线的解析式及点B，D的坐标； (2)点在直线AC上运动，当的周长最小时，求点的坐标； (3)探究在内部能否截出面积最大的矩形（顶点E，F，G，H在各边上）？若能，求出此时矩形在边上的顶点的坐标；若不能，请说明理由． 58．（2025·山东济南·中考真题）一次函数的图象与反比例函数的图象交于点，与x轴交于点B，与y轴交于点C． (1)求m，k的值． (2)D为反比例函数图象上的一点且横坐标大于m． ①如图1，若点D的横坐标为4，连接，E为线段上一点，且，求点E的坐标； ②如图2，M为线段上一点，且，四边形是平行四边形，连接，若，求点D的坐标． 59．（2025·天津·中考真题）已知抛物线为常数，． (1)当时，求该抛物线顶点的坐标； (2)点和点为抛物线与轴的两个交点，点为抛物线与轴的交点． ①当时，若点在抛物线上，，求点的坐标； ②若点，以为边的的顶点在抛物线的对称轴上，当取得最小值为时，求顶点的坐标． 60．（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． 题型16 四边形存在性问题 61．（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． 62．（2025·山东东营·中考真题）如图，抛物线交轴于、两点，交轴于点，其中，． (1)求抛物线的表达式； (2)点为对称轴上一点，当的周长最小时，求点的坐标； (3)点为对称轴上一点，点为抛物线上一点，若以、、、为顶点的四边形是平行四边形，请直接写出点的坐标． 63．（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． 64．（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． 题型17 动态四边形 65．（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． 66．（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） 67．（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） 68．（2025·贵州·中考真题）如图，在菱形中，，点为线段上一动点，点为射线上的一点（点与点不重合）． 【问题解决】 （1）如图①，若点与线段的中点重合，则 度，线段与线段的位置关系是 ； 【问题探究】 （2）如图②，在点运动过程中，点在线段上，且，探究线段与线段的数量关系，并说明理由； 【拓展延伸】 （3）在点运动过程中，将线段绕点逆时针旋转得到，射线交射线于点，若，求的长． 题型18 四边形的实际应用 69．（2025·陕西·中考真题）问题探究 （1）如图①，在中，请画出一个，使得点，，分别在边，，上； （2）如图②，在矩形中，，，为矩形内一点，且满足，周长的最小值； 问题解决 （3）为了进一步提升游客的体验感，某公园管理部门准备在花海边沿与游客服务中心之间的草地上选址修建一条笔直的步道及一个观景台．如图③所示，区域为草地，线段为花海边沿，点为游客服务中心，线段为步道，点和点为步道口，点为观景台．按照设计要求，点，分别在边，上，且满足，为的中点，为保证观赏花海的最佳效果，还需使最大．已知，，请你帮助公园管理部门确定观景台的位置（在图中画出符合条件的点），并计算此时步道口与游客服务中心之间的距离．（步道的宽及步道口、观景台、游客服务中心的大小均忽略不计） 70．（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． 71．（2025·陕西西安·模拟预测）（1）如图①，在矩形中，，，点在边上．连接，过点作． ①当______时，是等腰三角形； ②求的最小值； （2）如图②，矩形是某公园示意图，其中米，米．为了进一步改善人居环境，现需要对公园进行改扩建．根据现场勘察情况，边的外边有一片空地可以扩建．设计部门打算把扩建部分设计为直角三角形，即，且，同时要在扩建后的五边形公园中的边上开一个门，使得点到点、点的距离相等且．试问这样的设计能否实现？若能，求出扩建部分的面积及点到点的距离；若不能，请说明理由． 72．（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）综合与实践课上，同学们以“折纸中的角”为主题开展数学活动． 【操作判断】 （1）如图，将边长为的正方形对折，使点与点重合，得到折痕．打开后，再将正方形折叠，使得点落在边上的点处，得到折痕，折痕与折痕交于点．打开铺平，连接、、．若点的位置恰好使得． ① ； ②求的长； 【探究提炼】 （2）如图2，若（1）中的点是上任意一点，求的度数． 【理解应用】 （3）如图3，某广场上有一块边长为的菱形草坪，其中．现打算在草坪中修建步道和，使得点在上，点在上，且．请问步道所围成的（步道宽度忽略不计）的面积是否存在最小值？若存在，请直接写出最小值；若不存在，说明理由． 题型19 四边形与三角形综合 73．（2025·四川成都·中考真题）如图，在中，点在边上，点关于直线的对称点落在内，射线交射线于点，交射线于点，射线交边于点． 【特例感知】 （1）如图1，当时，点在延长线上，求证：； 【问题探究】 （2）在（1）的条件下，若，，求的长； 【拓展延伸】 （3）如图2，当时，点在边上，若，求的值．（用含的代数式表示） 74．（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． 75．（2025·山东济南·中考真题）在中，，，，点O为的中点．在中，，，，连接并延长到点F，使，连接． 【初步感知】（1）如图1，当点D，E分别在，上时，请完成填空：___________；___________． 【深入探究】（2）如图2，若将图1中的绕点B按逆时针方向旋转一定的角度，连接，，，． ①（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请予以证明；若不成立，请说明理由． ②当四边形的面积最小时，求线段的长． 76．（2025·湖南·中考真题）【问题背景】 如图1，在平行四边形纸片中，过点作直线于点，沿直线将纸片剪开，得到和四边形，如图2所示． 【动手操作】 现将三角形纸片和四边形纸片进行如下操作（以下操作均能实现） ①将三角形纸片置于四边形纸片内部，使得点与点重合，点在线段上，延长交线段于点，如图3所示； ②连接，过点作直线交射线于点，如图4所示； ③在边上取一点，分别连接，，，如图5所示． 【问题解决】 请解决下列问题： (1)如图3，填空：______； (2)如图4，求证：； (3)如图5．若，，求证：． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $