解题秘籍04 四边形的性质、判定与压轴10大考向探究 （专项训练）（全国通用）2026年中考数学一轮复习讲练测

解题秘籍04 四边形的性质、判定与压轴探究 （10大考向） 四边形是中考几何核心主干、高频载体，命题依托平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质与判定展开。考题常结合折叠、旋转、平移等几何变换，融合全等、相似、勾股定理、三角函数进行计算与证明。试题梯度明显，既有基础性质、简单推理、面积计算等保底题，又设置动点、最值、定值、特殊四边形存在性等动态探究压轴问。多与三角形、圆、函数综合考查，突出分类讨论、数形结合、转化化归思想，侧重模型识别、逻辑推理和综合运算能力，是二轮复习突破几何大题、冲刺高分的关键专题。 考向01 多边形基础与平行四边形基本计算 核心考点 1）多边形内角和、外角和、对角线条数计算； 2）平行四边形边、角、对角线的性质与基础判定； 3）平行四边形与三角形中位线、全等三角形结合求边长、角度、面积； 4）平行线、等分点带来线段转化与面积转化。 命题定位：基础保底题型，多见于选择、填空、解答开篇，重在基础推理与简单计算，覆盖面广、得分稳定。 1．（2025·江苏镇江·中考真题）用如图（1）所示的若干张直角三角形与四边形纸片进行密铺（不重叠、无空隙），观察示意图（图（2））可知的值等于_____． 【答案】 【分析】本题考查平面图形的镶嵌和密铺，根据两个图形能够密铺，得到每个公共顶点处各角的和为360度，如图，易得， ，进而得到，再根据公共顶点处各角的和为360度，进而求出代数式的值即可． 【详解】解：如图， 由题意和图（2）可知：， 可得 ∴ 故答案为：． 2．（2025·宁夏·中考真题）编程机器人表演中，一机器人从沙盘平面内某点出发向前直行步后右转，沿转后方向直行步后右转，再沿转后方向直行步后右转…，依此方式继续行走，第一次回到出发点时，该机器人共走了_____步． 【答案】 【分析】本题主要考查了多边形的外角和定理，任何一个多边形的外角和都是，用外角和求正多边形的边数可直接让除以一个外角度数即可． 由题意可得机器人正好走了一个正多边形，根据多边形的外角和定理即可求出答案． 【详解】解：∵由题意可得机器人正好走了一个正多边形， ∴根据外角和定理可知正多边形的边数为：， 则第一次回到出发点时，该机器人共走了步， 故答案为：． 3．（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． 4．（2025·山东德州·中考真题）如图，矩形的顶点O，A，C的坐标分别是，，，与矩形周长相等，的面积是矩形面积的一半，则点D的坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了矩形的性质和面积公式，平行四边形的性质和面积公式，勾股定理等知识点，掌握这些是解题的关键． 根据题意可得D点的纵坐标是C点纵坐标的一半，，过D点作轴，交轴于点，用勾股定理求出长即可． 【详解】解：过D点作轴，交轴于点，如图： 与矩形周长相等，， ， 的面积是矩形面积的一半，， ， 由勾股定理得：， 点D的坐标为． 故选：A． 5．（2025·江苏南京·中考真题）如图，是的对称中心，与相切于点． (1)求证：直线是的切线． 选择其中一位同学的想法，完成证明； (2)当与相切时，是菱形吗？说明理由． 【答案】(1)见详解 (2)是菱形，理由见详解 【分析】（1）先理解题意，结合两位同学的想法，作图，再根据平行四边形的性质以及切线的性质，证明三角形全等，然后结合全等三角形的性质进行分析，即可作答． （2）先理解题意，作图，证明，得，因为四边形是平行四边形，得，即，得，故，运用一组邻边相等的平行四边形是菱形，即可作答． 【详解】（1）解：左边同学的思路： 过点O作，连接，，如图所示： ∴， ∵是的对称中心， ∴三点共线，且，， ∴， ∵与相切于点， ∴， 即， ∴， ∴， ∴， ∵ ∴直线是的切线； 右边同学的思路： 连接，并延长交于点F，如图所示： ∵是的对称中心， ∴三点共线，且，， ∴， ∵与相切于点， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴是切点， 即直线是的切线； （2）解：是菱形，理由如下： 当与相切时，记切点为点，如图所示： ∵与相切于点．与相切于点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴是菱形． 【点睛】本题考查了切线的判定与性质，菱形的判定，平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 6．（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， ∴， ∴， ∵ ∴， ∴． 考向02 平行四边形综合证明与存在性 核心考点 1）五种平行四边形判定方法混合选用、逆向判定； 2）结合中点、角平分线、垂线、平行线构造平行四边形； 3）三点已知、找点构成平行四边形（中点坐标、分类讨论）； 4）平行四边形周长、面积求值与简单最值。 命题定位：几何主干中档题，解答题必考，承接全等、相似，是特殊四边形的基础铺垫。 7．（2025·江苏无锡·中考真题）【数学发现】 某校数学兴趣小组进行了如下探究：以内部任意一点为中心，画出与成中心对称的．当点处于不同位置时，从“形”的角度发现两个三角形的重叠部分只可能有两种情况：如图1所示的平行四边形，如图2所示的有三组对边分别平行的六边形（称为“平行六边形”）；从“数”的角度发现两个三角形重叠部分的面积在不断变化． 【问题解决】 组员小明选择面积为1的，以其内部任意一点为中心，画出与之成中心对称的，探究了下列问题，请你帮他解答． (1)如图3，，当点关于点的对称点落在边上时，两个三角形重叠部分为． ①若，求的长；（请直接写出答案） ②若的面积为，求的长． (2)如图4，点为的中点，点在上，若两个三角形的重叠部分为“平行六边形”，求“平行六边形”面积的最大值，并指出此时点的位置． 【答案】(1)①，② (2)，是的重心. 【分析】（1）①利用面积先求解，再结合中心对称的性质可得，②证明，可设，结合的面积为，可得，同理，进一步建立方程求解即可. （2）如图，连接，，记，的交点为，证明共线，共线，，，，，，设，，， 可得，再进一步求解即可. 【详解】（1）解：①∵， ∴， ∵， ∴， ∵点关于点的对称点为点， ∴. ②∵， ∴，，，， ∴，， ∴， ∴设， ∴， ∵的面积为， ∴， ∴， ∴， ∵ 与关于成中心对称， ∴，， ∴四边形为平行四边形， ∴， 同理可得：， ∴， ∵， ∴， 解得：，经检验符合题意， ∵，， ∴， ∴. （2）解：如图，连接，，记，的交点为， ∵与关于成中心对称，“平行六边形”， ∴共线，共线，，，，， ∴， 设，，， ∴, ∵， ∴， ∴，即， 同理：， ∴，即， 同理：， ∴，即， ∴， ∵，，， ∴的最小值为： ， 此时，，， ∴，即， ∴“平行六边形”的面积的最大值为：， 同理可得：， 同理：，， ∴，， ∴， ∴是的重心. 【点睛】本题考查的是中心对称的性质，平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，三角形的重心的判定与性质，一元二次方程的解法，作出合适的辅助线，选择合适的方法解题是关键. 8．（2025·江苏徐州·中考真题）如图1，将绕直角顶点O旋转至，点A，B的对应点分别为C，D．连接，直线与交于点E． (1)与的面积存在怎样的数量关系？请说明理由； (2)如图2，连接，若的中点分别为P，Q，R．求证：P，Q，R三点共线； (3)已知，随着及旋转角的变化，若存在以A，B，C，D为顶点的四边形，其面积为S，则S的最大值为_______． 【答案】(1)，理由见解析 (2)见解析 (3)25 【分析】（1）过作于过点C作的延长线于，根据旋转的性质得到再证明，可得，最后利用三角形面积公式即可得到结论； （2）延长至， 使得， 连接，连接，证明，可得，从而得出四点共圆，根据圆周角定理可得，最后再利用直角三角形的性质及平行四边形的判定与性质证明即可得到结论； （3）过点C作延长线于，先求得，再由勾股定理得，最后再求解即可得到结论． 【详解】（1）解：，理由如下： 由旋转的性质可得 过作于过点C作的延长线于， ， ， ， ， ， 又， ， ， ， ， （2）证明：延长至， 使得， 连接， 为中点 为的中位线 由旋转的性质可得， ，， ， ， 四点共圆， ， ， 连接， 在中，点是的中点， ， 同理可得， 在中，点是的中点， ， 同理可得， ， 四边形是菱形， ， 即， 四边形是平行四边形， ， 又， P，Q，R三点共线； （3）解：过点C作延长线于， 由旋转的性质可得， 由（1）得，由旋转的性质可得， ， ， ， ， ， ， ， 中，， ， 则S的最大值为25． 故答案为：25． 【点睛】本题考查了几何变换综合题，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定与性质，圆周角定理，旋转的性质，勾股定理，平行四边形的判定与性质及三角形中位线的性质，正确的作出辅助线是解题的关键． 9．（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． 10．（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：． 考向03 矩形综合计算、证明与折叠 核心考点 1）矩形四角为直角、对角线相等且平分、内含直角三角形； 2）斜中线模型、矩形 + 勾股、矩形 + 相似求值； 3）矩形折叠：对称相等、设未知数、勾股列方程求解边长； 4）坐标系中矩形顶点存在性、交点、面积计算。 命题定位：中考最高频中档题型，折叠 + 矩形经典组合，计算量大、考法固定、区分基础。 11．（2025·黑龙江大庆·中考真题）如图，在矩形中，，动点P从点A开始沿边以的速度向点B运动，动点H从点B开始沿边以的速度向点A运动，动点Q从点C开始沿边以的速度向点D运动．点P，点H和点Q同时出发，当其中一点到达终点时，另两点也随之停止运动．设动点的运动时间为，当时，t的值为（   ） A． B．4 C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了矩形的判定和性质，等腰三角形的性质．由题意得，，，求得，根据等腰三角形的性质得到，再利用，列式计算即可求解． 【详解】解：作于点，如图， ∵矩形， ∴四边形是矩形， ∴， 由题意得，，， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， 解得， 故选：D． 12．（2025·四川成都·中考真题）如图，在中，，点D在边上，，，，则的值为________；点E在的延长线上，连接，若，则的长为________． 【答案】 4 / 【分析】作，垂足分别为，易得四边形为矩形，得到，证明为等腰直角三角形，得到，三线合一得到，，证明，得到，设，，求出的长，正切的定义求出，勾股定理求出的值，进而求出的值，证明，列出比例式进行求解即可． 【详解】解：作，垂足分别为，则四边形为矩形， ∴，， ∵， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴设，，则：，， ∴， ∴， ∴在中，，由勾股定理，得：， ∴（负值舍去）， ∴，， ∵，，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴，， ∴， 解得：（舍去）或； 故答案为：4，． 【点睛】本题考查等腰三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，解直角三角形等知识点，综合性强，难度较大，熟练掌握相关知识点，添加辅助线，构造特殊图形和相似三角形，是解题的关键． 13．（2025·广东广州·中考真题）宽与长的比是（约为）的矩形叫做黄金矩形．现有一张黄金矩形纸片，长．如图1，折叠纸片，点B落在上的点E处，折痕为，连接，然后将纸片展开． (1)求的长； (2)求证：四边形是黄金矩形； (3)如图2，点G为的中点，连接，折叠纸片，点B落在上的点H处，折痕为，过点P作于点Q．四边形是否为黄金矩形？如果是，请证明：如果不是，请说明理由． 【答案】(1)2 (2)证明见解析 (3)四边形是黄金矩形．证明见解析 【分析】（1）根据黄金矩形的定义可得：，再进一步求解即可； （2）先证明四边形是正方形；可得，，证明四边形是矩形，从而可得答案； （3）先证四边形是矩形，然后求解，由对折可得：，设，则，由面积可得：，可得：，再进一步可得结论． 【详解】（1）解：∵，矩形是黄金矩形， ∴， ∴； （2）证明：∵折叠黄金矩形纸片，点B落在上的点E处， ∴，， 又∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形； ∴， 由（1）可知，， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∴， ∴四边形是黄金矩形． （3）解：四边形是黄金矩形，证明如下： ∵，四边形是正方形， ∴， ∴四边形是矩形； 由（2）可知，， ∵为的中点， ∴， ∴， 如图，连接，由对折可得：，，， 设，则， ∵ ∴， 解得：， ∴， ∴， ∴四边形是黄金矩形． 【点睛】本题考查的是矩形的判定与性质，正方形的判定与性质，勾股定理的应用，二次根式的运算，理解黄金矩形的定义是关键． 14．（2025·四川眉山·中考真题）综合与实践 【问题情境】下面是某校数学社团在一次折纸活动中的探究过程． 【操作实践】如图1，将矩形纸片沿过点C的直线折叠，使点B落在边上的点处，折痕交于点E，再沿着过点，的直线折叠，使点D落在边上的点处，折痕交于点F．将纸片展平，画出对应点、及折痕、，连接、、． 【初步猜想】（1）确定和的位置关系及线段和的数量关系．创新小组经过探究，发现，证明过程如下：由折叠可知，．由矩形的性质，可知，．①________．．智慧小组先测量和的长度，猜想其关系为②________．经过探究，发现验证和数量关系的方法不唯一： 方法一：证明，得到，再由可得结论． 方法二：过点作的平行线交于点G，构造平行四边形，然后证可得结论． 请补充上述过程中横线上的内容． 【推理证明】（2）请你结合智慧小组的探究思路，选择一种方法验证和的数量关系，写出证明过程． 【尝试运用】（3）如图2，在矩形中，，按上述操作折叠并展开后，过点作交于点G，连接．当为直角三角形时，求出的长． 【答案】（1），（2）见解析（3）或4 【分析】（1）根据折叠的性质，折痕为角平分线，结合平行线的性质，得到，猜想； （2）根据题干给定的2种方法进行证明即可； （3）设，则，，勾股定理求出，①当 ，根据平行线的判定和性质，以及三角形的外角的性质，推出，进而得到，证明，得到，列出比例式，进行求解即可．②当时，可得，利用三角函数列方程求解即可 【详解】解：（1）由折叠可知，． 由矩形的性质，可知， ． ． ． 智慧小组先测量和的长度，猜想其关系为； （2）法一：∵矩形， ∴， ∵折叠， ∴，，， ∴，即：，， 由（1）知： 又∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴； 法二：作交于点G，则：， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∵矩形， ∴， ∴， ∴， ∵折叠， ∴，， ∴， ∴， ∴； （3）解：作交于点G，则：， 由（2）可知：，，， ∴， 设，则：，， ∴， 如图，当， ∴， ∴， ∴， 又∵ ∴， ∴， ∵， ∴， ∴在和中，， ∴，即：， ∴， 解得：或（舍去）； 故． 当时， ∵， ∴， ∴三点共线， ∴， ∵四边形是平行四边形 ∴四边形是菱形， ∴， ∵， ∴， 设，则， ∴，即，解得：， ∴ 【点睛】本题考查矩形与折叠，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，解直角三角形等知识点，熟练掌握折叠的性质，添加辅助线构造特殊图形，是解题的关键． 考向04 菱形综合性质、比例与几何求值 核心考点 1）菱形四边相等、对角线垂直平分、对角线平分内角； 2）菱形两种面积算法：底乘高、对角线乘积一半； 3）菱形与等边三角形、等腰三角形、相似综合倒角、求比； 4）菱形旋转、平移后的边长、角度、面积转化。 命题定位:偏推理、偏比例的核心题型，介于中档与压轴之间，侧重模型识别。 15．（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． 16．（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． 17．（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. 18．（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． 19．（2025·陕西西安·模拟预测）如图，已知抛物线与轴相交于点，对称轴为直线．坐标原点为点，抛物线的对称轴交轴于点． (1)抛物线的关系表达式； (2)将抛物线向左平移2个单位长度得到抛物线，与相交于点，点为抛物线对称轴上的一点，在平面直角坐标系中是否存在点，使以点，，，为顶点的四边形为菱形，若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)点H 的坐标为或或或 【分析】本题考查了利用待定系数法求点的坐标以及设点的坐标的能力，同时还考查了二次函数图象平移的性质与数形结合分析图形并求解点的坐标的能力． （1）由对称轴方程可求出，由点代入可求出，从而可得抛物线的解析式为； （2）求出点E坐标，设，分为邻边，为对角线；为邻边，为对角线；为邻边，为对角线三种情况，以邻边相等求出，根据中点坐标公式求出的值即可解决问题． 【详解】（1）解：∵抛物线：与y轴相交于点， ∴； ∵抛物线的对称轴为直线． ∴， ∴， ∴抛物线的解析式为：； （2）解：∵ 向左平移两个单位后抛物线的解析式为， 联立， 解得， ∴， ∵抛物线的对称轴为直线 ∴可设 ①如图，为邻边，为对角线时； ；， 又， ∴， 解得，， ∴， 又的中点坐标为，即， ∴，， ∴， ∴； ②为邻边，为对角线时，如图， 同理： 又 ∴， 解得，， 当时，， 的中点坐标为， ∴， ∴， ∴； 当时，， 的中点坐标为， ∴， ∴， ∴； ③为邻边，为对角线，如图， 同理：， 又， ∴ 解得，（C、E、F三点共线，不符合题意舍去）， ∵， ∴的中点坐标为， ∴， 解得，， ∴， 综上，点H 的坐标为或或或． 考向05 正方形压轴模型与经典综合 核心考点 1）兼具矩形、菱形所有性质，对称性强、等线等角多； 2）经典模型：手拉手全等、一线三垂直、十字模型、半角模型； 3）正方形旋转、动点、线段定值、角度定值； 4）正方形与相似、勾股、隐圆结合深度探究。 命题定位：纯几何最难题型，压轴常客，模型密集、综合性最强，冲刺高分必练。 20．（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． 21．（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． 22．（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， ， ， ， ， ． 23．（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． 24．（22-23九年级上·四川成都·期中）问题探究：如图1，在正方形中，点E，Q分别在边，上，于点O，点G，F分别在边、上，． (1)①判断与的数量关系：_____； ②推断：_____（填数值）； (2)类比探究：如图2，在矩形中，．将矩形沿折叠，使点A落在边上的点E处，得到四边形，交于点H，连接交于点O．试探究与之间的数量关系，并说明理由； (3)拓展应用1：如图3，四边形中，，，，，点M，N分别在边、上，求的值． (4)拓展应用2：如图2，在（2）的条件下，连接，若，，求的长． 【答案】(1)①；②1 (2)；理由见解析 (3) (4) 【分析】（1）①由正方形的性质得，，接着证明，于是，可得；②证明四边形是平行四边形即可解决问题； （2）过点作于．证明即可解决问题； （3）过点作，交的延长线于点，过点作，连接，证明，得出，证明，可得出，由勾股定理求出，则可得出答案； （4）过点作交的延长线于．设，那么，然后利用勾股定理求得，接着证明相似三角形的性质求出即可解决问题． 【详解】（1）解：①∵四边形是正方形， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中，， ∴， ∴， 故答案为：； ②∵，， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴． 故答案为：1； （2）解：；理由如下： 如图2中，过点作于． 根据折叠的性质可得：， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∴； （3）解：如图3，过点作，交的延长线于点，过点作，连接， ∵，，， ∴四边形是矩形， ∴，，， 在和中，， ∴， ∴， ∴，且， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴（不合题意，舍去），， ∴， ∴， ∵， ∴同（2）可得，， ∴； （4）如图4，过点作交的延长线于． ∵， ∴设， ∵， ∴ ∵， ∴， ∵， ∴， ∴或（不合题意，舍去）， ∴，，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，矩形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，平行四边形的判定与性质，勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形解决问题． 考向06 四边形与几何变换综合（平移、旋转、折叠） 核心考点 1）折叠：边等、角等、对称、落点分类、勾股建方程； 2）旋转：造全等、造等腰、造等边、倒角转化线段与角度； 3）平移：平行不变、长度不变、面积不变、线段迁移； 4）变换后四边形判定、边长、面积、轨迹求解。 命题定位:动态几何主流考法，连通三角形、四边形、函数，属于二轮重点突破。 25．（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． 26．（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． 27．（2025·内蒙古·中考真题）如图，是一个平行四边形纸片，是一条对角线，，．    (1)如图1，将平行四边形纸片沿折叠，点的对应点落在点处，交于点． ①试猜想与的数量关系，并说明理由； ②求的面积； (2)如图2，点，分别在平行四边形纸片的，边上，连接，且，将平行四边形纸片沿折叠，使点的对应点落在边上，求的长． 【答案】(1)①，理由略；② (2) 【分析】本题考查平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，三角函数，相似三角形的判定与性质，勾股定理。熟练掌握相关性质是解题的关键． （1）①由翻折得，，利用四边形是平行四边形，可证明，，再证明，即可求证； ②由，得，过点作于点，过点作于点，利用等腰三角形性质得，求出，可得，利用勾股定理求出，即可求解； （2）过点作于点，连接交于点，过点作于点，由翻折的性质得，同（2）可得，利用，求出，可得，证明，得出，求出，证明，利用相似三角形的性质即可求解． 【详解】（1）解：①由翻折得，， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴，， 又∵， ∴， ∴； ②由， ∴， 如图，过点作于点，过点作于点，    ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：过点作于点，连接交于点，过点作于点，    由翻折的性质得， 同（2）可得， ∴， ∴， 即， 得， ∴， ∵平行四边形中，，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 即， 解得：． 28．（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． 考向07 四边形动点、最值与定值探究 核心考点 1）四边形周长、面积最值转化二次函数求解； 2）边上动点带来线段最值：将军饮马、垂线段最短； 3）运动过程中线段定值、角度定值、面积定值； 4）中点轨迹、边线轨迹判断线段或圆弧、算路径长。 命题定位:拔高压轴题型，与几何最值、函数综合联动，拉开分数。 29．（2025年四川省宜宾市中考数学试题）如图，在中，，，，过点A作直线，点是直线上一动点，连结，过点作，连结使．当最短时，则的长度为（　　）    A． B．4 C． D． 【答案】B 【分析】在点A的右侧取一点G，使得，连结，，过点F作于点H，先根据相似三角形的判定与性质，推得都是定值，点F在射线上运动，从而得到当时，最短，并画出图形，再通过设未知数列方程，逐步求得和的长，最后根据相似三角形的性质，即可求得答案． 【详解】解：如图1，在点A的右侧取一点G，使得，连结，，过点F作于点H， 直线，， ， ，， ， ， ， ， ，， ，， ， ， ，， ， ， 和都是定值， 点F在射线上运动， 当时，最短（如图2所示）， 延长，相交于点N， ， 四边形是矩形， ，， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 设，则，， ， ， ， ， ， ， 解得， ，，，， ，， ， ， ， 解得， 当最短时，则的长度为4． 故选：B．    【点睛】本题考查了几何最值问题，解直角三角形，相似三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理等知识，探究线段最短时的几何图形是解题的关键． 30．（2025年安徽省中考数学试题）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． 31．（2025·陕西·中考真题）如图，在中，，，．动点，分别在边，上，且，以为边作等边，使点始终在的内部或边上．当的面积最大时，的长为______． 【答案】5 【分析】如图，在中，得出，根据是等边三角形，得出，连接，证明，得出，则，作的平分线交于点，证明是等边三角形，得出，根据，得出直线和直线重合，确定点在上运动，根据的面积，得出最大时，的面积最大，当点与点重合时，的面积最大，此时，根据等边三角形的性质得，则，得出． 【详解】解：如图，在中，，，， 则， ∵是等边三角形， ∴， 连接， ∵， ∴， ∴， ∴， 作的平分线交于点， ∵， ∴是等边三角形， ∵， ∴直线和直线重合， 即点在上运动， ∵的面积， 则最大时，的面积最大， 根据题意可得当点与点重合时，最大，即的面积最大， 此时，如图， 则， ∴， ∴， 故答案为：5． 【点睛】该题考查了等边三角形的性质和判定，全等三角形的性质和判定，平行四边形的性质，解直角三角形等知识点，确定点的轨迹是解题的关键． 32．（2025·山东淄博·中考真题）如图，是以正方形的顶点为圆心，为半径的弧上的点，连接，，将线段绕点顺时针旋转后得到线段，连接．若，则的最大面积是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理；过点Q作于点E，过点C作交延长线于点F，连接交弧于点，则可得到，即可得到，根据垂线段最短和三角形三边关系得到，即可得到点P在时，的值最大为长，利用勾股定理和三角形的面积公式计算解答即可． 【详解】解：过点Q作于点E，过点C作交延长线于点F，连接交弧于点， 则， 又∵， ∴， ∴， 由旋转得， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 即当点P在时，的值最大为长， ∵是正方形， ， ∴， ∴的值最大为， ∴的最大面积是， 故选：C． 33．（2025·江苏连云港·中考真题）如图，在菱形中，，，为线段上的动点，四边形为平行四边形，则的最小值为_______． 【答案】 【分析】利用四边形为平行四边形，得出，，由为线段上的动点，可知、运动方向和距离相等，利用相对运动，可以看作是定线段，菱形在方向上水平运动，过点作的平行线， 过点作关于线段的对称点，由对称性得，则，当且仅当、、依次共线时，取得最小值，此时，设与交于点，交于点，延长交延长线于点，分别证明四边形和四边形是矩形，求出，，再利用勾股定理求出即可． 【详解】解：∵四边形为平行四边形， ∴，， ∵为线段上的动点， ∴可以看作是定线段，菱形在方向上水平运动， 则如图，过点作的平行线， 过点作关于线段的对称点， 由对称性得， ∴，当且仅当、、依次共线时，取得最小值， 此时如图，设与交于点，交于点，延长交延长线于点， ∵菱形中，，， ∴，，， 由题可得， ∴由对称性可得， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴，， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴，， ∴， 即的最小值为， 故答案为：． 【点睛】本题考查菱形的性质，平行四边形的性质，矩形的判定与性质，勾股定理，轴对称的性质，两点之间线段最短，根据题意结合相对运动得出运动轨迹，再利用将军饮马解决问题是解题的关键． 34．（2025·西藏·中考真题）如图，在菱形中，，，连接，点P是上的一个动点，连接，，则的最小值是_________． 【答案】 【分析】本题考查了旋转-最短路线问题，三角形全等的判定，菱形的性质以及等边三角形的性质．通过将绕点A顺时针方向旋转的点，此时证明和全等后找到对应的线段，的最小值即为点B，，P，D四点共线时，线段的长度即为所求． 【详解】如图，将线段绕点A顺时针方向旋转，得到线段，连接，，， 由题意知，在菱形中，，， ∴和为等边三角形， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，即点B，，P，D四点共线时，的最小， 此时最小值的长度为． 故答案为：． 35．（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． 36．（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． 37．（2025·江苏连云港·中考真题）一块直角三角形木板，它的一条直角边长，△ABC的面积为． (1)甲、乙两人分别按图1、图2用它设计一个正方形桌面，请说明哪个正方形面积较大； (2)丙、丁两人分别按图3、图4用它设计一个长方形桌面．请分别求出图3、图4中长方形的面积与的长之间的函数表达式，并分别求出面积的最大值． 【答案】(1)图1的正方形面积较大 (2)在图3中，，当时，长方形的面积有最大值为；在图4中，，当时，长方形的面积有最大值为 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理，正方形的性质，二次函数的应用，正确掌握相关性质内容是解题的关键． （1）先运用勾股定理算出，再运用正方形的性质分别证明，，，然后代入数值化简得，进行计算得，然后进行比较，即可作答． （2）与（1）同理证明，则长方形的面积，结合二次函数的图象性质得当时，长方形的面积有最大值为．，然后证明，，再把数值代入长方形的面积，化简得，结合二次函数的图象性质进行作答即可． 【详解】（1）解：∵，△ABC的面积为， ∴， ∴． 设正方形的边长为， ∵四边形是正方形 ∴，， ∵ ∴ 得， 即， 解得． ∵四边形是正方形 ∴， ∴ ∴， 得， 即， ∴． ， ∵ ∴， 得， 即， 解得． ∵， ∴图1的正方形面积较大． （2）解：∵四边形是长方形 ∴，， ∵ ∴； 得， 则，， ∴长方形的面积， ∵ ∴开口向下， 当时，长方形的面积有最大值为． 在图4中，同理得， 得， ∴，， 同理得， 得， 则， ∴长方形的面积， ∵ ∴开口向下， ∴当时，长方形的面积有最大值为． 38．（2025·四川攀枝花·中考真题）如图1，正方形的边长为2．E、F分别为边、上的动点，的周长为4，是延长线上的一点，且． (1)求证：； (2)试问的大小是否为定值，如果是，请求出该定值；如果不是，请说明理由； (3)如图2，若为边的中点，过点作，垂足为．求的最小值． 【答案】(1)见解析 (2)的大小是定值，定值为 (3) 【分析】（1）利用正方形的性质证明，得到，再利用角的和差得到，即可证明； （2）由的周长为4，得到，由正方形的边长为2得到，得到，进而利用线段的和差推出，通过证明得到，结合即可得出结论； （3）连接，利用全等三角形的性质得到，利用三角形的面积公式得到，利用勾股定理求出的长，再根据即可求出的最小值． 【详解】（1）证明：∵正方形， ∴，， ∴， ∴， 在和中， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：∵的周长为4， ∴， ∵正方形的边长为2， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 由（1）得，， ∴， 在和中， ∴， ∴， ∴， ∴的大小是定值，定值为； （3）解：连接， ∵正方形的边长为2， ∴，， ∴是的高， ∵， ∴是的高， 由（2）得，， ∴， ∴， 由（2）得，， ∴， ∵为边的中点， ∴， ∴， ∵， ∴， 解得， ∴的最小值为． 【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的性质与判定、勾股定理、三角形的面积公式、线段最值问题，正确找出全等三角形并证明是解题的关键． 考向08 特殊四边形存在性探究 核心考点 1）找点构成平行四边形、矩形、菱形、正方形（分类讨论、中点坐标）； 2）在直线、抛物线、双曲线上探究特殊四边形存在； 3）添加条件，判定何时变为矩形、菱形、正方形。 命题定位：函数几何综合压轴必考，重在分类、不漏解、方法规范。 39．（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． 40．（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． 41．（2025·山东枣庄·二模）已知，如图抛物线与y轴交于点C，与x轴交于A，B两点，点A在点B左侧．点B的坐标为，． (1)求抛物线的解析式； (2)在抛物线的对称轴上是否存在点Q，使得的周长最小？若存在，求出Q点的坐标；若不存在，请说明理由； (3)若点D是线段下方抛物线上的动点，求四边形面积的最大值； (4)若点E在x轴上，点P在抛物线上．是否存在以A，C，E，P为顶点且以为一边的平行四边形？若存在，求点P的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2)存在； (3)13.5 (4)存在；，， 【分析】（1）根据，，求出C点坐标，把点的坐标代入，即可求出函数解析式； （2）连接与抛物线的对称轴交于点Q，此时的周长最小．先求出，再求出直线的解析式为：，则当时，，即可作答． （3）过点作轴交线段于点，设，然后求出的表达式，利用，转化为二次函数求最值； （4）①过点作轴交抛物线于点，过点作交轴于点，此时四边形为平行四边形；②平移直线交轴于点，交轴上方的抛物线于点，由题意可知点的纵坐标为3，从而可求得其横坐标． 【详解】（1）解：∵的坐标为， ∴， ∵，点在轴下方， ∴， ∵将代入抛物线的解析式， 可得， 解得， ∴抛物线的解析式为； （2）解：由（1）得， 令，则 即 如图所示：连接与抛物线的对称轴交于点Q，此时的周长最小． ∵， ∴ ∴ 设直线的解析式为：， ∵， ∴ 解得， ∴直线的解析式为：， 则的对称轴是直线， ∴当时，， ∴点Q的坐标是； （3）解：如图1所示，过点作轴，交于点， ∵该抛物线的对称轴为，， ∴， ∴， ∴， 设的解析式为， ∵将代入， 可得，解得， ∴直线的解析式为， 设，则， ∵， ∴当时，有最大值，最大值为3， ∴的最大面积， ∴， ∴四边形的面积的最大值为13.5； （4）解：存在，理由如下： ①如图2，过点作轴交抛物线于点，过点作交轴于点，此时四边形为平行四边形， ∵，令， ∴， ∴； ②平移直线交轴于点，交轴上方的抛物线于点，当时，四边形为平行四边形，当时，四边形为平行四边形， ∵， ∴的纵坐标均为3， 令，可得， 解得， ∴． 综上所述，存在3个点符合题意，坐标分别是，或． 【点睛】本题是二次函数综合题，一次函数的几何综合，涉及待定系数法求二次函数的解析式、利用二次函数求最值、平行四边形的判定与性质等知识，根据题意作出图形，利用数形结合求解是解答此题的关键． 42．（2025·甘肃天水·模拟预测）如图，抛物线与x轴负半轴交于点A，与x轴正半轴交于点B，与y轴负半轴交于点，，． (1)求抛物线的解析式； (2)点D是线段上一点（不与点A、O重合），过点D作x轴的垂线，交抛物线于点E，交于点F，当时，求点E的坐标； (3)在（2）的条件下，点M是抛物线对称轴l上一点，点N是坐标平面内一点，是否存在点M、N，使以A、E、M、N为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)存在，，， 【分析】（1）将点A和B点的坐标带入抛物线方程，采用待定系数法求解． （2）求出直线的解析式，设，再根据题意设置F点和E点，利用列式计算即可． （3）根据菱形的性质，对是边和对角线两种情况进行分类讨论求解． 【详解】（1）解：将，代入， 可得：， 解得， 抛物线解析式是． （2）解：根据（1）可得， 设直线的方程为， 将，代入， 可得： ， 解得， 直线的解析式为， 设，则，． ，， ， ， 解得或（与题意不符，舍去）， 将代入抛物线方程， 可得：， ． 故E点坐标为． （3）存在点M、N，使四边形为菱形，理由如下： 当四边形是菱形时，是等腰三角形． 根据题意，，，对称轴为， 根据勾股定理可得， ①当是边， 当， 点A到直线的距离为， 点M不存在； 当，如下图所示， 过点E作于点H， ，， 在中，根据勾股定理得， 的值为或， ，， 当点M为，由， ，解得， ，解得， 故点的坐标为， 同理可得的坐标为． ②当是对角线， 可得，， 设，则有， 解得：，，由, ，解得， ，解得， 故点的坐标为， 综上，N的坐标为：或或． 【点睛】本题主要考查二次函数的综合运用，运用待定系数法求函数解析式，菱形的性质．根据菱形性质，采用分类讨论法，正确设参数、列方程是解题关键． 考向09 四边形与全等、相似、三角函数综合 核心考点 1）拆分四边形为两个三角形，用全等证边等、角等； 2）借助相似求线段比、高、面积、边长； 3）含 45°、30°、60° 角四边形，用三角函数计算； 4）子母型、八字型嵌入四边形内部求值。 命题定位:跨知识综合题，融合多考点，考查综合转化能力。 43．（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． 44．（2025·山东淄博·中考真题）【问题情境】 小明在学习了正方形的相关知识之后，在一张边长为4的正方形纸片上进行了关于折叠的研究性学习． 【探究感悟】 如图①，小明在边上取点（不与，重合），连接，将沿翻折，使得点的对应点恰好落到对角线上．则此时线段的长是 ； 【深入探究】 小明继续将沿翻折，发现：，，三点能构成等腰三角形．请求出此时线段的长； 【拓展延伸】 如图②，小明又在边上取点（不与，重合），并将四边形沿翻折，使得点的对应点恰好落在边上．记（为的对应点）与的交点为，连接，小明再次发现：线段与的长度之和存在最小值．请求出此时线段的长． 【答案】（1）（2）或（3） 【分析】（1）根据正方形的性质，折叠的性质，推出为等腰直角三角形，进而求出的长即可； （2）分和两种情况进行讨论求解即可； （3）连接，，作，易得四边形为矩形，根据折叠性质得到，证明，得到，进而得到，作点关于的对称点，连接，连接交于点，则，，得到，得到当点在上时，即点与点重合时，，值最小，证明，得到，进而得到为的中点，设，则：，在中，由勾股定理，得：，求出的长，进而求出的长，证明，进行求解即可． 【详解】解：（1）∵正方形，边长为4， ∴， ∴， ∵翻折， ∴，， ∴，， ∵， ∴为等腰直角三角形， ∴； （2）当时，如图，作于点，延长交于点， 则：四边形为矩形， ∴， ∵， ∴， 又∵折叠， ∴， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∵， ∴，， ∴，， ∴， 在中，， ∵， ∴， ∴； ②当时，如图：作于点，延长交于点，作于点，则：，四边形为矩形，四边形为矩形， ∴，， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴，， 在中，， ∴； 综上：或； （3）连接，，交于点，作，则：四边形为矩形， ∴，， ∵折叠， ∴，，，， ∴，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， 作点关于的对称点，连接，连接交于点，则：，， ∴， ∴当点在上时，即点与点重合时，，值最小； 如图： ∵，，， ∴， ∴， ∴为的中点， ∴， 设，则：， 在中，由勾股定理，得：， 解得， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即：， ∴． 【点睛】本题考查正方形的性质，折叠的性质，等腰三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，解直角三角形，利用轴对称解决线段和最短问题等知识点，综合性强，难度大，属于中考压轴题，熟练掌握相关知识点，合理添加辅助线，确定动点位置，是解题的关键． 45．（2025·江苏无锡·中考真题）某校数学研究性学习小组为测量物体的高度，开展了如下综合与实践活动． 【活动主题】测量物体的高度 【测量工具】卷尺、标杆 【活动过程】 活动1：测量校内旗杆的高度 该小组在校内进行了旗杆高度的测量活动（示意图1）．在点处竖立标杆，直立在点处的小军从点处看到标杆顶、旗杆顶在同一条直线上．已知旗杆底端与、在同一条直线上，，． （1）求旗杆的高度． 活动2：测量南禅寺妙光塔的高度 南禅寺妙光塔，简称“妙光塔”，始建于北宋雍熙年间，是无锡著名的文物保护单位之一、该小组为全面了解本土历史文物，决定走出校园去测量妙光塔的高度．他们到达妙光塔后，发现塔顶和塔底中心均无法到达．经研究，设计并实施了如下测量活动（示意图2）．在地面一条水平步道上的点处竖立标杆，直立在点处的小军从点处看到标杆顶、塔顶在同一条直线上．小军沿的方向走到点处，此时标杆竖立于处，从点处看到标杆顶、塔顶在同一条直线上．已知、和在同一平面内，点在同一条直线上，，． （2）求妙光塔的高度． 【答案】（1）；（2） 【分析】本题考查相似三角形的应用，添加辅助线构造相似三角形是解题的关键． （1）于点H，交于点G，得矩形，，证明，根据对应边成比例得，代入数据求解即可； （2）于点H，交于点M，交于点，同（1）证明，推出，同理可得，推出，代入数值计算出，再代入，求出，进而即可求解． 【详解】解：（1）如图，于点H，交于点G， 则四边形，均为矩形， ，，， ， 由题意知， ，， ， ，即， 解得， ， 即旗杆的高度为． （2）如图，于点H，交于点M，交于点， ， 点P在线段上，四边形，，，均为矩形， ，，， ， ， 由题意知， ，， ， ， 同理可得， ， ， ，， ， 解得， ， 代入，得：， 解得， 即妙光塔的高度为． 46．（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． 47．（2025·江苏宿迁·中考真题）如图1，在矩形中，，点是边上一个动点，点在射线上，．线段的垂直平分线分别交直线于点、、、． (1)直接写出___________°，___________； (2)当时，求的值； (3)如图2，连接并延长交直线于点． ①求证：； ②如图3，过点作直线的垂线，分别交直线于点，连接，求线段的最小值． 【答案】(1)， (2) (3)①见解析  ② 【分析】（1）过点E作于点K，即可得到四边形是矩形，然后证明，即可求出的值，然后根据正切的定义求出的度数即可； （2）根据勾股定理求出长，利用（1）的结论求出长，然后证明是等边三角形，根据正弦的定义求出长解答即可； （3）①根据（2）的证明得到，过点M作交于点L，则有，得到，即可得到，然后根据平行线分线段成比例得到结论即可； ②连接，，根据直角三角形斜边上的中线性质和平行线分线段成比例得到，进而判断，即可得到点Q在与线段夹角为的射线上，然后根据垂线段最短解答即可． 【详解】（1）解：过点E作于点K， ∵是矩形， ∴， ∴四边形是矩形， ∴    ，， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 故答案为：，； （2）解：∵，， ∴    ， 根据（1）中结论可得， 又∵垂直平分， ∴， 又∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴； （3）①证明：根据（1）中结论可得， 又∵垂直平分， ∴， 又∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∴； 过点M作交于点L， 则，， 又∵垂直平分， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵，， ∴， ∴，即， ②连接，， ∵，， ∴， 又∵垂直平分，， ∴，， ∴， ∴， ∴，， ∴， 又∵， ∴， ∴，即点Q在与线段夹角为的射线上， ∴过点D作于点， 当点Q在时，最小， 这时． 【点睛】本题考查矩形的性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理和等边三角形的判定和性质，作辅助线构造全等三角形是解题的关键． 考向10 四边形规律探究、格点与新定义问题 核心考点 1）四边形个数、边长、面积递推规律； 2）格点四边形、整点四边形存在、面积计算； 3）新定义四边形、新距离、新图形现场理解解题。 命题定位：能力拓展题，区分顶尖学生，考查现场学习、归纳推理。 48．（2025·山东东营·中考真题）如图所示，正方形的边长为2，其面积标记为，以为斜边作等腰直角三角形，以该等腰直角三角形的一条直角边为边向外作正方形，其面积标记为，按照此规律继续下去，则的值为_____． 【答案】 【分析】本题考查了勾股定理，等腰直角三角形的性质、正方形的面积以及规律型中数字的变化类，根据面积的变化找出变化规律“”是解题的关键．根据题意求出面积标记为的正方形的边长，得到，同理求出，得到规律，根据规律解答． 【详解】解：如图， ∵是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， 即等腰直角三角形的直角边为斜边的倍， ∵正方形的边长为2， ， ∴面积标记为的正方形边长为， 则， 面积标记为的正方形边长为， 则， 面积标记为的正方形的边长为， 则， ……， ， 则的值为：， 故答案为：． 49．（2025·吉林长春·模拟预测）图①、图②、图③均是6×6的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点．点A、B、C、P、Q、M、N均是格点．只用无刻度的直尺，分别在给定的网格中按要求作图，保留作图痕迹． (1)在图①中，作，点D是格点，使和的面积相等； (2)在图②中，确定一个格点F，使的面积和四边形的面积相等； (3)在图③中，过点P作一条射线，使该射线将四边形的面积分成相等的两部分． 【答案】(1)图见解析 (2)图见解析 (3)图见解析 【分析】本题考查了无刻度的直尺作图，解题的关键是利用网格求出图形的面积，再确定相应点的位置； （1）利用对角线将平行四边形的面积等分即可确定点D的位置； （2）根据四边形的面积为，利用，点到的距离等于即可确定相应点的位置； （3）利用矩形的对角线互相平分，确定交点，过点P作一条射线过点，会使该射线将四边形的面积分成相等的两部分． 【详解】（1）解：如下图： （2）解：如下图： （3）解：如下图： 50．（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． 51．（2025·山西大同·二模）阅读与思考 下面是善思小组研究性学习的部分内容，请认真阅读，并完成相应的任务． 关于“勾股四边形”的研究报告 善思小组 研究对象：勾股四边形． 研究思路：分类讨论，由特殊到一般进行研究． 定义：若一个四边形中存在相邻两边的平方和等于一条对角线的平方，则称该四边形为勾股四边形． 【特例研究】如图1，根据勾股四边形的定义证明正方形是勾股四边形． 证明：如图1所示，连接，由四边形是正方形可知，在中根据勾股定理可得，所以正方形是勾股四边形． 【一般研究】如图2，四边形中，为对角线，且，求证：四边形为勾股四边形． 证明：以为边作等边三角形，连接． …… 任务： (1)根据勾股四边形的定义，下列特殊四边形中，一定是勾股四边形的是 （从下列选项中选出两个即可）； A．矩形；B．等腰梯形；C．直角梯形；D．平行四边形 (2)请你阅读上述报告，补全一般研究中的探究过程； (3)如图3，在四边形中，为对角线，，，请直接写出线段的关系． 【答案】(1)AC (2)补全一般研究中的探究过程见解析 (3) 【分析】（1）由勾股四边形定义逐项验证即可得到答案； （2）由等边三角形性质，在中，由勾股定理可得，再利用“手拉手”模型，由两个三角形全等的判定与性质即可得到，从而由勾股四边形定义得证； （3）以点为旋转中心，将逆时针旋转到，连接、，如图所示，由旋转性质得到，，由等腰三角形性质得到，由勾股定理可得，从而在中，由勾股定理可得，再利用“手拉手”模型，由两个三角形全等的判定与性质即可得到，从而确定线段的关系． 【详解】（1）解：若一个四边形中存在相邻两边的平方和等于一条对角线的平方，则称该四边形为勾股四边形． A、如图所示： ， 矩形是勾股四边形，符合题意； B、如图所示： 等腰梯形的任意两条邻边都不垂直， 等腰梯形不是勾股四边形，不符合题意； C、如图所示： ， 直角梯形是勾股四边形，符合题意； D、如图所示： 平行四边形的任意两条邻边都不垂直， 平行四边形不是勾股四边形，不符合题意； 故选：AC； （2）解：补全一般研究中的探究过程如下： 证明：以为边作等边三角形，连接，如图所示： ，， ， ， 在中，由勾股定理可得， ， ， ， 是等边三角形，则， ，， ， 在和中， ， ， ， 由勾股四边形定义可知，邻边平方和等于对角线的平方，故四边形为勾股四边形； （3）解：以点为旋转中心，将逆时针旋转到，连接、，如图所示： ，， ，由勾股定理可得， ， ， 在中，由勾股定理可得， ，， ，则， ， 在和中， ， ， , ，即， 故线段的关系是． 【点睛】本题几何综合，涉及勾股定理、矩形性质、等腰梯形性质、直角梯形性质、平行四边形性质、等边三角形性质、全等三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、三角形内角和定理等知识，读懂题意，理解勾股四边形定义及求证方法是解决问题的关键． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $ 解题秘籍04 四边形的性质、判定与压轴探究 （10大考向） 四边形是中考几何核心主干、高频载体，命题依托平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质与判定展开。考题常结合折叠、旋转、平移等几何变换，融合全等、相似、勾股定理、三角函数进行计算与证明。试题梯度明显，既有基础性质、简单推理、面积计算等保底题，又设置动点、最值、定值、特殊四边形存在性等动态探究压轴问。多与三角形、圆、函数综合考查，突出分类讨论、数形结合、转化化归思想，侧重模型识别、逻辑推理和综合运算能力，是二轮复习突破几何大题、冲刺高分的关键专题。 考向01 多边形基础与平行四边形基本计算 核心考点 1）多边形内角和、外角和、对角线条数计算； 2）平行四边形边、角、对角线的性质与基础判定； 3）平行四边形与三角形中位线、全等三角形结合求边长、角度、面积； 4）平行线、等分点带来线段转化与面积转化。 命题定位：基础保底题型，多见于选择、填空、解答开篇，重在基础推理与简单计算，覆盖面广、得分稳定。 1．（2025·江苏镇江·中考真题）用如图（1）所示的若干张直角三角形与四边形纸片进行密铺（不重叠、无空隙），观察示意图（图（2））可知的值等于_____． 2．（2025·宁夏·中考真题）编程机器人表演中，一机器人从沙盘平面内某点出发向前直行步后右转，沿转后方向直行步后右转，再沿转后方向直行步后右转…，依此方式继续行走，第一次回到出发点时，该机器人共走了_____步． 3．（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． 4．（2025·山东德州·中考真题）如图，矩形的顶点O，A，C的坐标分别是，，，与矩形周长相等，的面积是矩形面积的一半，则点D的坐标为（   ） A． B． C． D． 5．（2025·江苏南京·中考真题）如图，是的对称中心，与相切于点． (1)求证：直线是的切线． 选择其中一位同学的想法，完成证明； (2)当与相切时，是菱形吗？说明理由． 6．（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)． 考向02 平行四边形综合证明与存在性 核心考点 1）五种平行四边形判定方法混合选用、逆向判定； 2）结合中点、角平分线、垂线、平行线构造平行四边形； 3）三点已知、找点构成平行四边形（中点坐标、分类讨论）； 4）平行四边形周长、面积求值与简单最值。 命题定位：几何主干中档题，解答题必考，承接全等、相似，是特殊四边形的基础铺垫。 7．（2025·江苏无锡·中考真题）【数学发现】某校数学兴趣小组进行了如下探究：以内部任意一点为中心，画出与成中心对称的．当点处于不同位置时，从“形”的角度发现两个三角形的重叠部分只可能有两种情况：如图1所示的平行四边形，如图2所示的有三组对边分别平行的六边形（称为“平行六边形”）；从“数”的角度发现两个三角形重叠部分的面积在不断变化． 【问题解决】组员小明选择面积为1的，以其内部任意一点为中心，画出与之成中心对称的，探究了下列问题，请你帮他解答． (1)如图3，，当点关于点的对称点落在边上时，两个三角形重叠部分为． ①若，求的长；（请直接写出答案） ②若的面积为，求的长． (2)如图4，点为的中点，点在上，若两个三角形的重叠部分为“平行六边形”，求“平行六边形”面积的最大值，并指出此时点的位置． 8．（2025·江苏徐州·中考真题）如图1，将绕直角顶点O旋转至，点A，B的对应点分别为C，D．连接，直线与交于点E． (1)与的面积存在怎样的数量关系？请说明理由； (2)如图2，连接，若的中点分别为P，Q，R．求证：P，Q，R三点共线； (3)已知，随着及旋转角的变化，若存在以A，B，C，D为顶点的四边形，其面积为S，则S的最大值为_______． 9．（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． 10．（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_____、_____． 考向03 矩形综合计算、证明与折叠 核心考点 1）矩形四角为直角、对角线相等且平分、内含直角三角形； 2）斜中线模型、矩形 + 勾股、矩形 + 相似求值； 3）矩形折叠：对称相等、设未知数、勾股列方程求解边长； 4）坐标系中矩形顶点存在性、交点、面积计算。 命题定位：中考最高频中档题型，折叠 + 矩形经典组合，计算量大、考法固定、区分基础。 11．（2025·黑龙江大庆·中考真题）如图，在矩形中，，动点P从点A开始沿边以的速度向点B运动，动点H从点B开始沿边以的速度向点A运动，动点Q从点C开始沿边以的速度向点D运动．点P，点H和点Q同时出发，当其中一点到达终点时，另两点也随之停止运动．设动点的运动时间为，当时，t的值为（   ） A． B．4 C． D． 12．（2025·四川成都·中考真题）如图，在中，，点D在边上，，，，则的值为________；点E在的延长线上，连接，若，则的长为________． 13．（2025·广东广州·中考真题）宽与长的比是（约为）的矩形叫做黄金矩形．现有一张黄金矩形纸片，长．如图1，折叠纸片，点B落在上的点E处，折痕为，连接，然后将纸片展开． (1)求的长； (2)求证：四边形是黄金矩形； (3)如图2，点G为的中点，连接，折叠纸片，点B落在上的点H处，折痕为，过点P作于点Q．四边形是否为黄金矩形？如果是，请证明：如果不是，请说明理由． 14．（2025·四川眉山·中考真题）综合与实践 【问题情境】下面是某校数学社团在一次折纸活动中的探究过程． 【操作实践】如图1，将矩形纸片沿过点C的直线折叠，使点B落在边上的点处，折痕交于点E，再沿着过点，的直线折叠，使点D落在边上的点处，折痕交于点F．将纸片展平，画出对应点、及折痕、，连接、、． 【初步猜想】（1）确定和的位置关系及线段和的数量关系．创新小组经过探究，发现，证明过程如下：由折叠可知，．由矩形的性质，可知，．①________．．智慧小组先测量和的长度，猜想其关系为②________．经过探究，发现验证和数量关系的方法不唯一： 方法一：证明，得到，再由可得结论． 方法二：过点作的平行线交于点G，构造平行四边形，然后证可得结论． 请补充上述过程中横线上的内容． 【推理证明】（2）请你结合智慧小组的探究思路，选择一种方法验证和的数量关系，写出证明过程． 【尝试运用】（3）如图2，在矩形中，，按上述操作折叠并展开后，过点作交于点G，连接．当为直角三角形时，求出的长． 考向04 菱形综合性质、比例与几何求值 核心考点 1）菱形四边相等、对角线垂直平分、对角线平分内角； 2）菱形两种面积算法：底乘高、对角线乘积一半； 3）菱形与等边三角形、等腰三角形、相似综合倒角、求比； 4）菱形旋转、平移后的边长、角度、面积转化。 命题定位:偏推理、偏比例的核心题型，介于中档与压轴之间，侧重模型识别。 15．（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 16．（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． 17．（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． 18．（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． 19．（2025·陕西西安·模拟预测）如图，已知抛物线与轴相交于点，对称轴为直线．坐标原点为点，抛物线的对称轴交轴于点． (1)抛物线的关系表达式； (2)将抛物线向左平移2个单位长度得到抛物线，与相交于点，点为抛物线对称轴上的一点，在平面直角坐标系中是否存在点，使以点，，，为顶点的四边形为菱形，若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由． 考向05 正方形压轴模型与经典综合 核心考点 1）兼具矩形、菱形所有性质，对称性强、等线等角多； 2）经典模型：手拉手全等、一线三垂直、十字模型、半角模型； 3）正方形旋转、动点、线段定值、角度定值； 4）正方形与相似、勾股、隐圆结合深度探究。 命题定位：纯几何最难题型，压轴常客，模型密集、综合性最强，冲刺高分必练。 20．（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）． 21．（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． 22．（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． 23．（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． 24．（22-23九年级上·四川成都·期中）问题探究：如图1，在正方形中，点E，Q分别在边，上，于点O，点G，F分别在边、上，． (1)①判断与的数量关系：_____； ②推断：_____（填数值）； (2)类比探究：如图2，在矩形中，．将矩形沿折叠，使点A落在边上的点E处，得到四边形，交于点H，连接交于点O．试探究与之间的数量关系，并说明理由； (3)拓展应用1：如图3，四边形中，，，，，点M，N分别在边、上，求的值． (4)拓展应用2：如图2，在（2）的条件下，连接，若，，求的长． 考向06 四边形与几何变换综合（平移、旋转、折叠） 核心考点 1）折叠：边等、角等、对称、落点分类、勾股建方程； 2）旋转：造全等、造等腰、造等边、倒角转化线段与角度； 3）平移：平行不变、长度不变、面积不变、线段迁移； 4）变换后四边形判定、边长、面积、轨迹求解。 命题定位:动态几何主流考法，连通三角形、四边形、函数，属于二轮重点突破。 25．（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． 26．（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． 27．（2025·内蒙古·中考真题）如图，是一个平行四边形纸片，是一条对角线，，．    (1)如图1，将平行四边形纸片沿折叠，点的对应点落在点处，交于点． ①试猜想与的数量关系，并说明理由； ②求的面积； (2)如图2，点，分别在平行四边形纸片的，边上，连接，且，将平行四边形纸片沿折叠，使点的对应点落在边上，求的长． 28．（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）． 考向07 四边形动点、最值与定值探究 核心考点 1）四边形周长、面积最值转化二次函数求解； 2）边上动点带来线段最值：将军饮马、垂线段最短； 3）运动过程中线段定值、角度定值、面积定值； 4）中点轨迹、边线轨迹判断线段或圆弧、算路径长。 命题定位:拔高压轴题型，与几何最值、函数综合联动，拉开分数。 29．（2025年四川省宜宾市中考数学试题）如图，在中，，，，过点A作直线，点是直线上一动点，连结，过点作，连结使．当最短时，则的长度为（　　）    A． B．4 C． D． 30．（2025年安徽省中考数学试题）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 31．（2025·陕西·中考真题）如图，在中，，，．动点，分别在边，上，且，以为边作等边，使点始终在的内部或边上．当的面积最大时，的长为______． 32．（2025·山东淄博·中考真题）如图，是以正方形的顶点为圆心，为半径的弧上的点，连接，，将线段绕点顺时针旋转后得到线段，连接．若，则的最大面积是（   ） A． B． C． D． 33．（2025·江苏连云港·中考真题）如图，在菱形中，，，为线段上的动点，四边形为平行四边形，则的最小值为_______． 34．（2025·西藏·中考真题）如图，在菱形中，，，连接，点P是上的一个动点，连接，，则的最小值是_________． 35．（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_______． 36．（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． 37．（2025·江苏连云港·中考真题）一块直角三角形木板，它的一条直角边长，△ABC的面积为． (1)甲、乙两人分别按图1、图2用它设计一个正方形桌面，请说明哪个正方形面积较大； (2)丙、丁两人分别按图3、图4用它设计一个长方形桌面．请分别求出图3、图4中长方形的面积与的长之间的函数表达式，并分别求出面积的最大值． 38．（2025·四川攀枝花·中考真题）如图1，正方形的边长为2．E、F分别为边、上的动点，的周长为4，是延长线上的一点，且． (1)求证：； (2)试问的大小是否为定值，如果是，请求出该定值；如果不是，请说明理由； (3)如图2，若为边的中点，过点作，垂足为．求的最小值． 考向08 特殊四边形存在性探究 核心考点 1）找点构成平行四边形、矩形、菱形、正方形（分类讨论、中点坐标）； 2）在直线、抛物线、双曲线上探究特殊四边形存在； 3）添加条件，判定何时变为矩形、菱形、正方形。 命题定位：函数几何综合压轴必考，重在分类、不漏解、方法规范。 39．（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． 40．（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． 41．（2025·山东枣庄·二模）已知，如图抛物线与y轴交于点C，与x轴交于A，B两点，点A在点B左侧．点B的坐标为，． (1)求抛物线的解析式； (2)在抛物线的对称轴上是否存在点Q，使得的周长最小？若存在，求出Q点的坐标；若不存在，请说明理由； (3)若点D是线段下方抛物线上的动点，求四边形面积的最大值； (4)若点E在x轴上，点P在抛物线上．是否存在以A，C，E，P为顶点且以为一边的平行四边形？若存在，求点P的坐标；若不存在，请说明理由． 42．（2025·甘肃天水·模拟预测）如图，抛物线与x轴负半轴交于点A，与x轴正半轴交于点B，与y轴负半轴交于点，，． (1)求抛物线的解析式； (2)点D是线段上一点（不与点A、O重合），过点D作x轴的垂线，交抛物线于点E，交于点F，当时，求点E的坐标； (3)在（2）的条件下，点M是抛物线对称轴l上一点，点N是坐标平面内一点，是否存在点M、N，使以A、E、M、N为顶点的四边形是菱形？若存在，请直接写出点N的坐标；若不存在，请说明理由． 考向09 四边形与全等、相似、三角函数综合 核心考点 1）拆分四边形为两个三角形，用全等证边等、角等； 2）借助相似求线段比、高、面积、边长； 3）含 45°、30°、60° 角四边形，用三角函数计算； 4）子母型、八字型嵌入四边形内部求值。 命题定位:跨知识综合题，融合多考点，考查综合转化能力。 43．（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）． 44．（2025·山东淄博·中考真题）【问题情境】小明在学习了正方形的相关知识之后，在一张边长为4的正方形纸片上进行了关于折叠的研究性学习． 【探究感悟】如图①，小明在边上取点（不与，重合），连接，将沿翻折，使得点的对应点恰好落到对角线上．则此时线段的长是 ； 【深入探究】小明继续将沿翻折，发现：，，三点能构成等腰三角形．请求出此时线段的长； 【拓展延伸】如图②，小明又在边上取点（不与，重合），并将四边形沿翻折，使得点的对应点恰好落在边上．记（为的对应点）与的交点为，连接，小明再次发现：线段与的长度之和存在最小值．请求出此时线段的长． 45．（2025·江苏无锡·中考真题）某校数学研究性学习小组为测量物体的高度，开展了如下综合与实践活动． 【活动主题】测量物体的高度 【测量工具】卷尺、标杆 【活动过程】活动1：测量校内旗杆的高度 该小组在校内进行了旗杆高度的测量活动（示意图1）．在点处竖立标杆，直立在点处的小军从点处看到标杆顶、旗杆顶在同一条直线上．已知旗杆底端与、在同一条直线上，，． （1）求旗杆的高度． 活动2：测量南禅寺妙光塔的高度 南禅寺妙光塔，简称“妙光塔”，始建于北宋雍熙年间，是无锡著名的文物保护单位之一、该小组为全面了解本土历史文物，决定走出校园去测量妙光塔的高度．他们到达妙光塔后，发现塔顶和塔底中心均无法到达．经研究，设计并实施了如下测量活动（示意图2）．在地面一条水平步道上的点处竖立标杆，直立在点处的小军从点处看到标杆顶、塔顶在同一条直线上．小军沿的方向走到点处，此时标杆竖立于处，从点处看到标杆顶、塔顶在同一条直线上．已知、和在同一平面内，点在同一条直线上，，． （2）求妙光塔的高度． 46．（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． 47．（2025·江苏宿迁·中考真题）如图1，在矩形中，，点是边上一个动点，点在射线上，．线段的垂直平分线分别交直线于点、、、． (1)直接写出___________°，___________； (2)当时，求的值； (3)如图2，连接并延长交直线于点． ①求证：； ②如图3，过点作直线的垂线，分别交直线于点，连接，求线段的最小值． 考向10 四边形规律探究、格点与新定义问题 核心考点 1）四边形个数、边长、面积递推规律； 2）格点四边形、整点四边形存在、面积计算； 3）新定义四边形、新距离、新图形现场理解解题。 命题定位：能力拓展题，区分顶尖学生，考查现场学习、归纳推理。 48．（2025·山东东营·中考真题）如图所示，正方形的边长为2，其面积标记为，以为斜边作等腰直角三角形，以该等腰直角三角形的一条直角边为边向外作正方形，其面积标记为，按照此规律继续下去，则的值为_____． 49．（2025·吉林长春·模拟预测）图①、图②、图③均是6×6的正方形网格，每个小正方形的顶点称为格点．点A、B、C、P、Q、M、N均是格点．只用无刻度的直尺，分别在给定的网格中按要求作图，保留作图痕迹． (1)在图①中，作，点D是格点，使和的面积相等； (2)在图②中，确定一个格点F，使的面积和四边形的面积相等； (3)在图③中，过点P作一条射线，使该射线将四边形的面积分成相等的两部分． 50．（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． 51．（2025·山西大同·二模）阅读与思考 下面是善思小组研究性学习的部分内容，请认真阅读，并完成相应的任务． 关于“勾股四边形”的研究报告 善思小组 研究对象：勾股四边形． 研究思路：分类讨论，由特殊到一般进行研究． 定义：若一个四边形中存在相邻两边的平方和等于一条对角线的平方，则称该四边形为勾股四边形． 【特例研究】如图1，根据勾股四边形的定义证明正方形是勾股四边形． 证明：如图1所示，连接，由四边形是正方形可知，在中根据勾股定理可得，所以正方形是勾股四边形． 【一般研究】如图2，四边形中，为对角线，且，求证：四边形为勾股四边形． 证明：以为边作等边三角形，连接．…… 任务：(1)根据勾股四边形的定义，下列特殊四边形中，一定是勾股四边形的是 （从下列选项中选出两个即可）； A．矩形；B．等腰梯形；C．直角梯形；D．平行四边形 (2)请你阅读上述报告，补全一般研究中的探究过程； (3)如图3，在四边形中，为对角线，，，请直接写出线段的关系． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $