专题04 三角形与四边形计算证明（题型专练）（山东专用）2026年中考数学二轮复习讲练测

专题04 三角形与四边形计算证明 内●容●导●航 第一部分 题型破译 微观解剖，精细教学 典例引领 方法透视 变式演练 题型01 直角三角形 题型02 等腰三角形等边三角形 题型03 全等三角形的性质与判定 题型04 多边形及其相关计算 题型05 平行四边形的性质与判定 题型06 矩形的性质与判定 题型07菱形的性质与判定 题型08 正方形的性质与判定 题型09 折叠问题 题型10 三角形四边形中动点问题 第二部分 题型训练 整合应用，模拟实战 题●型●破●译 题型01直角三角形 典例引领 【典例01】（2025·山东·中考真题）在中，，，的平分线交于点．如图1． (1)求的度数； (2)已知，分别以，为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点，，作直线交于点，交的延长线于点F．如图2，求的长． 【答案】(1)； (2)． 【分析】本题考查了三角形的外角性质，垂直平分线的作法和性质，解直角三角形，全等三角形的判定和性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题． （1）由角平分线的定义求得，再利用三角形的外角性质求解即可； （2）由作图知是线段的垂直平分线，求得，求得，，再证明，据此求解即可． 【详解】（1）解：∵，， ∴， ∵是的平分线， ∴， ∴； （2）解：由作图知是线段的垂直平分线， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴，， ∵，， ∴， ∴． 【典例02】（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 【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：， ∴． 方法透视 考向解读 主要考查方向将直角三角形与以下内容综合考察：作图—基本作图，直角三角形两锐角互余,斜边的中线等于斜边的一半、用勾股定理解三角形、等腰三角形的性质和判定,含30度角的直角三角形,全等三角形的判定和性质. 方法技能 1、直角三角形的性质： ①直角三角形的两个锐角互余 ②直角三角形斜边上的中线等于斜边长的一半 ③在直角三角形中，如果有一个锐角等于30°，那么它所对的直角边等于斜边长的一半 2、直角三角形的判定： ①有一个角是90°的三角形时直角三角形 ②有两个角互余的三角形是直角三角形 ③勾股定理的逆定理 变式演练 【变式01】（2025·山东临沂·二模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB的垂直平分线DE交于BC的延长线于F，若∠F=30°，DE=1，则EF的长是（ ）    A．3 B．2 C． D．1 【答案】B 【知识点】线段垂直平分线的性质、含30度角的直角三角形 【详解】连接AF，    ∵DF是AB的垂直平分线，∴AF=BF． ∵FD⊥AB，∴∠AFD=∠BFD=30°，∠B=∠FAB=90°﹣30°=60°． ∵∠ACB=90°，∴∠BAC=30°，∠FAC=60°﹣30°=30°． ∵DE=1，∴AE=2DE=2． ∵∠FAE=∠AFD=30°，∴EF=AE=2．故选B． 【变式02】（2025·山东潍坊·二模）如图，为等腰直角三角形，，是上一点，交直线于点，且，，点为的中点，连接，则的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】斜边的中线等于斜边的一半、用勾股定理解三角形、等腰三角形的性质和判定、因式分解法解一元二次方程 【分析】本题考查了等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质．过点作交延长线于，可得是等腰直角三角形，即得，设，则，利用勾股定理可得，即得，进而得到，最后根据直角三角形的性质即可求解． 【详解】解：如图，过点作交延长线于， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， 设，则， 由勾股定理得，，， ， ∴， 整理得， 解得，（不合，舍去）， ∴， ∴， ∵点为的中点， ∴， 故选：． 【变式03】（2025·山东聊城·二模）在尺规作图专题课上，老师让同桌各设置一个问题考考对方： (1)如图1，在中，，，以点为圆心，以的长为半径画弧交于点，连接，再分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点，作射线交于点，交于点，连接，求的值． (2)如图，在中，，分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于点，，作直线，与相交于点，求的长． 【答案】(1) (2) 【知识点】作角平分线(尺规作图)、作垂线(尺规作图)、含30度角的直角三角形、用勾股定理解三角形 【分析】本题考查了基本作图，全等三角形的性质与判定，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，熟练掌握基本作图是解题的关键； （1）根据作图可得平分，先根据角的直角三角形的性质得到，证明，再根据全等三角形的判定和性质定理即可得到结论． （2）根据作图可得是的垂直平分线，则，勾股定理求得的长，设，则，在中，勾股定理建立方程，解方程，即可求解． 【详解】（1）解：∵，， ∴， ∴， 由题意得：，平分， ∴， 在与中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． （2）解：如图，连接， 在中，， ∴， 根据作图可得是的垂直平分线， ∴， 设，则， 在中，， ∴， 解得：， 即． 【点睛】本题考查作图—基本作图，直角三角形两锐角互余，角的直角三角形，全等三角形的判定和性质，角平分线的定义，等底同高的三角形面积相等．掌握基本作图及全等三角形的判定和性质是解题的关键． 题型02 等腰三角形等边三角形 典例引领 【典例01】（2025·山东青岛·中考真题）已知：如图，是内部一点．求作：等腰，使点，分别在射线，上，且底边经过点． 【详解】解：如图，等腰即为所作： 【典例02】（2025·山东潍坊·二模）四边形是平行四边形，下列尺规作图不能确保是等腰三角形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】作角平分线(尺规作图)、作垂线(尺规作图)、等腰三角形的性质和判定、利用平行四边形的性质求解 【分析】本题主要考查了等腰三角形的判定，线段垂直平分线的性质及其尺规作图，角平分线的定义及其尺规作图，平行四边形的性质，根据作图方法可得，据此可判断A；根据作图方法可得点E在线段的垂直平分线，故，据此可判断B；根据作图痕迹可知，为的角平分线，则可证明得到，据此可判断C；D作图无法证明为等腰三角形，据此可判断D． 【详解】解：A．根据作图痕迹可知，点，在以为圆心，的长为半径的圆上，故，即为等腰三角形，A不符合题意； B．根据作图痕迹可知，点E在线段的垂直平分线，故，即为等腰三角形，B不符合题意； C．根据作图痕迹可知，为的角平分线，故， 根据平行四边形的性质和平行线的性质可得，即， 故，即为等腰三角形，D不符合题意；    D．该作图无法证明为等腰三角形，D符合题意． 故选：D． 方法透视 考向解读 等腰三角形与等边三角形作为重要的特殊三角形，常常与角平分线(尺规作图)、垂线(尺规作图)、旋转的性质、勾股定理解三角形，含30度角的直角三角形的性质等知识点综合考查。 方法技能 1、等腰三角形的性质：①等腰三角形有轴对称性，对称轴有1或3条；②等边对等角；③“三线合一” 2、等腰三角形的判定：①定义法；②等角对等边；③角平分线与高线、中线与高线重合时，利用全等证等腰； 3、等边三角形的性质：三边相等、三个角都等于60°、三边均存在“三线合一”； 4、等边三角形的判定：有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形。 变式演练 【变式01】（2025·山东济南·二模）如图，在中，，，，点D为边上一点，且，以点D为圆心，以为半径作弧，交于点E，连接，再分别以B、E为圆心，以大于长为半径作弧，两弧交于点M、N，作直线交于点F，则的值为（   ） A．2 B． C． D． 【答案】C 【知识点】作垂线(尺规作图)、等腰三角形的性质和判定、解直角三角形的相关计算 【分析】本题考查尺规作图——作线段，作垂直平分线，解直角三角形，等腰三角形的性质． 由作图可知，是的垂直平分线，在中，解直角三角形得到，，．过点D作于点H，设与的交点为G，在中，，由等腰三角形的性质得到，从而，在中，解直角三角形即可． 【详解】解：由作图可知，是的垂直平分线， ∵，，， ∴在中，， ， ． 过点D作于点H，设与的交点为G， ∴在中，， ∵，， ∴， ∴， ∵是的垂直平分线， ∵， ∴在中，． 故选：C 【变式02】（2025·山东聊城·二模）如图，将绕点A逆时针旋转得到，点B，C的对应点分别为点D，E，点D恰好落在线段上．若，，则的长为 ． 【答案】 【知识点】根据旋转的性质求解、用勾股定理解三角形、等腰三角形的性质和判定 【分析】此题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理．由旋转得，，，，求出，根据勾股定理求出的长． 【详解】解：由旋转得，，，， ∴， ∴ ∵ ∴， ∵ ∴， ∴ 故答案为：． 【变式03】（2025·山东烟台·一模）如图，已知，射线平分，C是上一点，，以点O为圆心，以适当长为半径作弧，分别交，于点M，N；以点C为圆心，以长为半径作弧，交于点；以点为圆心，以长为半径作弧，在内部交前面的弧于点；过点作射线交于点D．则 ． 【答案】 【知识点】化为最简二次根式、尺规作一个角等于已知角、根据等角对等边求边长、用勾股定理解三角形 【分析】本题考查尺规作图—作角等于已知角，平行线的判断和性质，等腰三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理等知识点，解题的关键是得到为等腰三角形．作，根据作图易得，证明为等腰三角形，利用三线合一，结合含30度角的直角三角形的性质，进行求解即可． 【详解】解：如图所示，过点C作于E， 由作图可知：， ∴， ∴， ∵平分 ， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴，， ∴； 故答案为：． 题型03 全等三角形的性质与判定 典例引领 【典例01】（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)． 【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， ∴， ∴， ∵ ∴， ∴． 【典例02】（2025·山东聊城·二模）在中，作的平分线交于点D，作的垂直平分线分别交于点E，交于点F，连接，，得到四边形．若，则四边形的周长为（    ） A．16 B． C． D． 【答案】A 【知识点】线段垂直平分线的性质、角平分线的性质定理、全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS） 【分析】本题考查角平分线、垂直平分线的性质以及全等三角形的判定与性质；解题关键是利用上述性质得出线段相等关系，进而求出四边形的周长． 先利用角平分线性质得，再由垂直平分线性质推出， ，通过证明得到，最后根据的值求出四边形各边长度，进而算出周长． 【详解】解：设与交点为 ∵平分， ∴． ∵是的垂直平分线， ∴， ，且． 在和中， ， ． ∴． ∵， ∴ ． ∴四边形的周长为． 故选：A． 方法透视 考向解读 全等三角形作为几何的重要工具在中考中经常与线段垂直平分线的性质、角平分线的性质定理 ，等腰三角形，平移、轴对称、旋转，四边形，圆等知识点综合考查。 方法技能 1、全等三角形的对应边相等，对应角相等； 2、全等三角形的判定方法：SSS、SAS、ASA、AAS＋Rt△的HL 3、证三角形全等的基本步骤：①准备条件；②罗列条件；③得出结论。 4、有关三角形全等问题应用的三个方向： ①证边相等就证它们所在的三角形全等； ②证角相等就证它们所在的三角形全等； ③全等三角形可以提供相等线段、相等角 变式演练 【变式01】（2025·山东青岛·一模）如图，为的角平分线，且，为延长线上一点，，过作于点，则下列结论：①为的中点；②为等腰三角形；③平分；④．其中正确的结论有（   ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】B 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、全等的性质和HL综合（HL）、角平分线的性质定理、等腰三角形的性质和判定 【分析】易证，可得，可得①正确，再根据角平分线的性质可求得，可得②正确，证明，则③不正确，根据③可求得④正确．本题考查了等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，角平分线的性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 【详解】解：①∵为的角平分线， ∴， ∴在和中， ， ∴， ∴， 不能得出为的中点； 故①不符合题意； ∵为的角平分线，，， ∴， ∵， ∴， ∴， 则，，， ∴， ∴为等腰三角形， 故②符合题意； 过E作于G点，    ∵E是的角平分线上的点，且， ∴（角平分线上的点到角的两边的距离相等）， ∵在和中， ， ∴， ∴，， ∴平分；不平分； 故③不符合题意； ∵在和中， ， ∴， ∴， ∴． 故④符合题意； 故选：B． 【变式02】（2025·山东聊城·二模）如图，已知，点，在线段上，且． (1)请从①；②；③中．选择一个合适的选项作为已知条件，使得．你添加的条件是：（填写序号）_____（只需选一个条件，多选不得分），请说明理由； (2)利用（1）的结论，求证：． 【答案】(1)①或②，理由见解析 (2)见解析 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、添加条件使三角形全等（全等三角形的判定综合） 【分析】本题主要考查全等三角形的判定与性质及平行线的判定． （1）利用全等三角形的判定定理进行分析，选取合适的条件进行求解， （2）根据全等三角形的性质及平行线的判定证明即可． 【详解】（1）解：可选取①或②； 证明：当选取①时， 在与中， ， ； 当选取②时， 在与中， ， ； （2）证明：当选取①时， ∵， ， ， ， ， 在与中， ， ， ， ； 当选取②时， ∵， ，， ， ， 在与中， ， ， ， ． 【变式03】（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04 多边形及其相关计算 典例引领 【典例01】（2025·山东济南·中考真题）如图，两条直线，分别经过正六边形的顶点B，C，且．当时，__________． 【答案】97 【详解】解：如图， 正六边形内角和为：， ， ， ， ， ， ， 故答案为：97． 【典例02】（2025·山东青岛·中考真题）如图，正八边形的顶点，，，在坐标轴上，顶点，，，在第一象限．点在反比例函数的图象上，若，则的值为 ． 【答案】/ 【详解】解：过点F作轴交y轴于点M，如图， 正八边形的内角和为， ∴每个内角为， ∴， 则为等腰直角三角形， 又∵正八边形的边长为， ∴，即， 可得， 同理可得为等腰直角三角形， 即， ∴可得， ∴点， 又∵点在反比例函数的图象上， ∴，解得． 故答案为： ． 方法透视 考向解读 除掌握多边形内角和外角和公式外，还经常与特殊角三角函数值、正多边形和圆， 勾股定理，等腰三角形，等边三角形的判定和性质，扇形面积，三角形全等的判定和性质等相关知识综合考查。 方法技能 多边形内角和公式： 任意多边形的外角和为360° 正多边形的一个内角： 变式演练 【变式01】（2025·山东聊城·二模）已知一个正多边形的边心距与边长之比为，则这个正多边形的边数是（    ） A．4 B．6 C．7 D．8 【答案】B 【知识点】根据特殊角三角函数值求角的度数、正多边形和圆的综合 【分析】如图，A为正多边形的中心，为正多边形的边，，为正多边形的半径，为正多边形的边心距，由可得，可得，而，可得为等边三角形，从而可得答案． 【详解】解：如图，A为正多边形的中心，为正多边形的边，，为正多边形的半径，为正多边形的边心距，    ∴，，， ∴， ∴，即， ∴， ∴，而， ∴为等边三角形， ∴， ∴多边形的边数为：， 故选B 【点睛】本题考查的是正多边形与圆，锐角三角函数的应用，熟练的利用数形结合的方法解题是关键． 【变式02】（2025·山东济南·二模）如图，将五边形沿虚线裁去一个角，得到六边形，则内角和增加 度． 【答案】180 【知识点】多边形截角后的内角和问题 【分析】本题考查了多边形内角和．此题比较简单，熟记多边形的内角和公式是解题的关键． 根据n边形的内角和公式求解作差即可． 【详解】解：五边形的内角和为 将一个五边形沿虚线裁去一个角后得到的多边形的边数是6， 则， ∴内角和增加 故答案为：180． 【变式03】（2025·山东烟台·中考真题）如图，正六边形的边长为4，中心为点，以点为圆心，以长为半径作圆心角为的扇形，则图中阴影部分的面积为 ． 【答案】 【分析】连接、、，过点O作于点M，根据正六边形的性质得出，，，证明和为等边三角形，求出，证明，得出，得出，根据求出结果即可． 【详解】解：连接、、，过点O作于点M，如图所示： ∵六边形为正六边形， ∴，，， ∴和为等边三角形，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴ ． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了正六边形的性质，勾股定理，等边三角形的判定和性质，扇形面积计算，三角形全等的判定和性质，解题的关键是熟练掌握正六边形的性质． 题型05 平行四边形的性质与判定 典例引领 【典例01】（2025·山东济南·中考真题）已知：如图，在平行四边形中，点E，F分别在和上，且．求证：． 【答案】见解析 【详解】证明：平行四边形中，， ， ，， 四边形是平行四边形， ， ， ． 【典例02】（2025·山东淄博·中考真题）已知：如图：在中，，分别为边，的中点，．求证： (1)； (2)． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【难度】0.65 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、利用平行四边形性质和判定证明、与三角形中位线有关的求解问题 【分析】本题考查三角形的中位线，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质； （1）证明是的中位线，即可得到，进而得到，然后利用证明三角形全等； （2）根据全等三角形的对应角相等得到，即可得到，进而证明四边形是平行四边形，根据平行四边形的对角相等得到结论即可． 【详解】（1）证明：∵，分别为边，的中点， ∴是的中位线，， ∴， ∴， 又∵， ∴； （2）证明：∵， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， ∴． 方法透视 考向解读 平行四边形在中考数学中是经常考到的一块考点，考察内容主要有平行四边形的性质、判定、以及其应用；考察题型上从选择到填空再到解答题都有，题型变化也比较多样；需要考生在复习这块内容的时候一定要准确掌握其性质与判定，并且会在不同的结合问题上（如三角形的中位线，全等三角形的判定和性质等）注意和其他考点的融合。 方法技能 1、平行四边形的判定也可以从三个方面记， ①边：两组对边分别平行；两组对边分别相等；一组对边平行且相等；②角：两组对角分别相等； ③对角线：对角线互相平分； 2、平行四边形的判定和性质经常综合在一起考，即先考判定一个四边形是平行四边形，然后再利用平行四边形的性质去解剩余的问题。做题时，不要太轻率，要综合考虑用到的考点。 变式演练 【变式01】（2025·山东·中考真题）如图，在中，，，．点为边上异于的一点，以，为邻边作，则线段的最小值是 ． 【答案】 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质、垂线段最短等知识点，掌握平行四边形对角线相互平分是解题的关键． 由勾股定理可得，设与交于点O，过O作于点，由四边形作是平行四边形得、，根据垂线段最短可得当时，即P与重合时，最小；再运用三角函数求得，进而求得即可解答． 【详解】解：∵在中，，，， ∴， 如图，设与交于点O，过O作于点， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴、 ∴当线段长最小，则线段的长最小， 由垂线段最短可得：时，即P与重合时，最小； ∵， ∴，解得：． ∴线段长最小为． 故答案为：． 【变式02】（2025·山东济宁·二模）如图，在四边形中，是的中点，，交于点， (1)求证：四边形为平行四边形； (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【知识点】用勾股定理解三角形、利用平行四边形性质和判定证明、与三角形中位线有关的求解问题、解直角三角形的相关计算 【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，三角形的中位线定理，解直角三角形，勾股定理，熟练掌握知识点是解决本题的关键． （1）根据三角形的中位线定理得到，而，即可求证； （2）解 求得，由三角形的中位线定理和平行四边形的性质得到，最后对 运用勾股定理即可求解． 【详解】（1）证明：是的中点， ， ， 是的中位线， ， 四边形为平行四边形； 解：由（1）知，是的中位线， ， ， ， ， ， ， ， ， 四边形为平行四边形， ， ， ． 【变式03】（2025·山东泰安·二模）如图，在中，为锐角，点在边上，连接，且．是边的中点，连接，对角线分别与相交于点．则下列结论： ①点是的中点；②；③；④． 其中正确结论的个数为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【知识点】全等三角形综合问题、利用平行四边形的性质求解、与三角形中位线有关的求解问题、相似三角形的判定与性质综合 【分析】根据平行四边形的性质，面积的计算可判定①；根据题意可证，可判定②；根据中位线的判定和性质可判定③；根据题意可证，，结合可判定④；由此即可求解． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， 如图所示，过点作延长线于点， ∴， ∴， ∴， ∴点是的中点，故①正确； ∵是边的中点， ∴，且， ∴， ∵， ∴，且， ∴， ∴，故②正确； ∵点分别是中点， ∴，故③正确； ∵点分别是中点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，故④正确； 综上所述，正确的有：①②③④，共4个， 故选：D ． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，中位线的判定和性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，掌握平行四边形的性质，中位线的判定和性质，相似三角形的判定和性质是关键． 题型06矩形的性质与判定 典例引领 【典例01】（2025·山东淄博·中考真题）10．如图，为矩形（边，分别在，轴的正半轴上）对角线上的点，且，经过点的反比例函数的图象分别与，相交于点，，连接，，，若的面积是24，则的面积为（   ） A．25 B．26 C． D． 【答案】D 【难度】0.65 【知识点】反比例函数与几何综合、根据图形面积求比例系数（解析式） 【分析】本题考查了反比例函数的图象和性质，设A点坐标为，点C的坐标为，得到点D，E，F的坐标，然后求出和的长，然后根据三角形面积公式求出的值，再根据解答即可． 【详解】解：设A点坐标为，点C的坐标为， 则点B的坐标为，点D的坐标为， 又∵点D在反比例函数的图象上， ∴， 又∵点E，F在反比例函数的图象上， ∴点F的坐标为，点E的坐标为， ∴，， ∴， 解得， ∴ ， 故选：D． 【典例02】（2025·山东淄博·中考真题）已知矩形，，，是边的中点，是边上的动点，线段分别与，相交于点，．若，则的长为 ． 【答案】 【难度】0.4 【知识点】用勾股定理解三角形、利用平行四边形的判定与性质求解、根据矩形的性质求线段长、解直角三角形的相关计算 【分析】本题考查矩形的性质，勾股定理，解直角三角形，平行四边形的判定和性质；过点A作交于点G，过点A作交的延长线于点K，过点G作于点H，即可得到为平行四边形，进而得到，然后根据正切的定义得到，，利用勾股定理求出，然后根据求出的长解答即可． 【详解】解：过点A作交于点G，过点A作交的延长线于点K，过点G作于点H， 则，， ∵是矩形， ∴，，，， ∴为平行四边形， ∴， ∵点P是的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即， ∴，， ∴， 又∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 方法透视 考向解读 矩形在中考数学中是几乎必考的一块考点，考察内容主要有矩形的性质、判定、以及其应用；考察题型上从选择到填空再都解答题都有，题型变化也比较多样；并且考察难度也都是中等和中等偏上，难度较大，综合性比较强，所以需要考生在复习这块内容的时候一定要准确掌握其性质与判定，并且会在不同的结合问题上（如反比例函数、勾股定理、解直角三角形、等腰三角形 等边三角形，平行四边形性质与判定平移、折叠、旋转等）的融合。 方法技能 矩形的性质可以从在平行四边形的基础上增加性质记忆， ①矩形具有平行四边形的一切性质；②增加性质：四个角都是直角、对角线相等； 2.矩形问题的转化方向有直角三角形、等腰三角形。正因此，矩形常和勾股定理结合来求长度。 矩形的判定也可以从两个方向记忆， ①从平行四边形入手判定，把矩形有平行四边形没有的性质加上，就可以证一个平行四边是矩形； ②从普通四边形入手判定则有： 有三个角是直角的四边形是矩形、对角线相等且互相平分的四边形是矩形； 变式演练 【变式01】（2025·山东烟台·中考真题）如图，是矩形的对角线，请按以下要求解决问题： (1)利用尺规作，使与关于直线成轴对称（不写作法，保留作图痕迹）； (2)在（1）的条件下，若交于点，，，求的长． 【答案】(1)作图见解析 (2) 【分析】（1）以为圆心，为半径画弧，以为圆心，为半径画弧，两弧交于点，连接，即可； （2）如图，证明，，，，可得，证明，设，则，可得，再解方程即可． 【详解】（1）解：如图，即为所求作的三角形； 由作图可得：，，， ∴， ∴即为所求作的三角形； （2）解：如图，∵矩形， ∴，，，， ∴， ∵， ∴， ∴， 设，则， ∴， 解得：； ∴． 【点睛】本题考查的是作轴对称图形，全等三角形的判定与性质，矩形的性质，勾股定理的应用，熟练的作图是解本题的关键． 【变式02】（2025·山东青岛·二模）如图，在矩形中，对角线、相交于点O，平分交边于点E，点F是的中点，连接，若，则的长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】等腰三角形的性质和判定、用勾股定理解三角形、与三角形中位线有关的求解问题、根据矩形的性质求线段长 【分析】本题考查了矩形的性质、勾股定理、三角形中位线定理、等腰三角形的判定和性质等知识，熟练掌握勾股定理、等边三角形的判定和性质是解题的关键． 先通过矩形对角线的性质以及，可知的长度，再利用勾股定理算出的长度，又平分，可得到为等腰直角三角形，进而得到的长度，从而可得到的长度，再利用中位线即可得出长度． 【详解】解：∵四边形为矩形，对角线与交于点， ∴， ∴，， 又∵平分， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴， 又∵，为的中点， ∴在中，为中位线， ∴ 故选：D． 【变式03】（2025·山东滨州·二模）如图，在矩形中，点E，F分别是边的中点，连接．点G，H分别是的中点，连接．若，，则的长度为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、用勾股定理解三角形、与三角形中位线有关的求解问题、根据矩形的性质求线段长 【分析】连接并延长交于，连接，根据矩形的性质得到，，根据全等三角形的性质得到，根据勾股定理和三角形的中位线定理即可得到结论． 【详解】解：连接并延长交于，连接， 四边形是矩形， ，， ，分别是边，的中点，，， ，， ， 在与中， ， ，， ， ， 点是的中点，是的中点， ， 故选：D． 【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的中位线定理，勾股定理，正确的作出辅助线构造全等三角形是解题的关键． 题型07菱形的性质与判定 典例引领 【典例01】（2025·山东青岛·中考真题）如图，在中，为的中点，为延长线上一点，连接，，过点作交的延长线于点，连接． (1)求证：； (2)已知____（从以下两个条件中选择一个作为已知，填写序号），请判断四边形的形状，并证明你的结论． 条件①：； 条件②：． （注：如果选择条件①条件②分别进行解答，按第一个解答计分） 【详解】（1）证明：∵， ∴，， ∵为的中点， ∴， ∴ （2）解：选择条件①，四边形为矩形，理由如下： ∵ ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形为矩形； 选择条件②，四边形为菱形，理由如下： ∵ ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴四边形为菱形． 【典例02】（2025·潍坊·中考真题）如图，已知菱形的顶点在方格纸的格点上，其中，，的坐标分别为，，．该菱形经过中心对称得到它右侧的菱形（顶点均在格点上）． (1)画出平面直角坐标系，并写出对称中心的坐标和点的对应点的坐标； (2)将菱形平移，使点的对应点为点，画出平移后的菱形． 【详解】（1）解：如图，建立平面直角坐标系， ∴对称中心的坐标是，点的对应点的坐标是； （2）解：画出平移后的菱形，如图所示． 方法透视 考向解读 菱形在中考数学中是经常考到的一块考点，考察内容主要有菱形的性质、判定、以及其应用；考察题型上从选择到填空再都解答题都有，题型变化也比较多样；并且考察难度大部分都是中等难度，在复习这块内容的时候一定要准确掌握其性质与判定，并且会在不同的结合问题上（如勾股定理、解直角三角形、等腰三角形 、等边三角形、全等三角形、平行四边形性质与判定等）的融合。 方法技能 1、菱形的性质可以从在平行四边形的基础上增加性质记忆， ①菱形具有平行四边形的一切性质；②增加性质：四条边都相等、对角线互相垂直、每条对角线平分一组对角； 2、菱形问题的转化方向有直角三角形、等腰三角形。也常和勾股定理结合来求长度。 3、菱形面积的特殊计算方法：对角线相乘除以2 变式演练 【变式01】（2025·山东济南·二模）如图，菱形中，点分别在边上．将菱形沿折叠，点恰好落在边上的点处．若，，，则的长为 ． 【答案】 【知识点】用勾股定理解三角形、利用菱形的性质求线段长、折叠问题、解直角三角形的相关计算 【分析】本题考查了翻折变换的性质、菱形的性质、解直角三角形、勾股定理等知识，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键． 过作于，交延长线于，作于，则，，，由折叠的性质得：，，可得四边形为平行四边形，解和求出，在中，由勾股定理求出，得出，设，则，，在中，由勾股定理得出方程，解方程求出，据此计算即可得出结果． 【详解】解：过作于，交延长线于，作于，则，如图所示： ∵菱形， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∴，， 由折叠的性质得：，， ∵， ， ∴，同理， ， 在中，由勾股定理得：， 解得：（负值舍去）， ， 设，则，， 在中，由勾股定理得：， 解得：， ， 故答案为：． 【变式02】（2025·山东烟台中考真题）如图，菱形的顶点在轴正半轴上，，反比例函数的图象过点和菱形的对称中心，则的值为（   ） A．4 B． C．2 D． 【答案】D 【分析】本题考查的是菱形的性质，勾股定理的应用，反比例函数的性质，先证明，，设，可得，，求解，过作于，再进一步求解即可． 【详解】解：∵菱形的顶点在轴正半轴上，， ∴，， ∴， 设， ∴， ∴， 解得：， 过作于， ∴， ∴， ∴， ∴； 故选：D 【变式03】（2025·山东青岛·二模）如图，在菱形纸片中，点在边上，将纸片沿折叠，点落在处，于点．若，，则折痕长为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】勾股定理与折叠问题、利用菱形的性质求线段长、折叠问题、解直角三角形的相关计算 【分析】本题考查了菱形的性质，折叠的性质，解直角三角形的计算，掌握解直角三角形的计算方法是关键． 根据菱形，折叠的性质，勾股定理得到，，如图所示，过点作于点，则，设，可得，，则，即可求解． 【详解】解：∵四边形是菱形， ∴，，， ∵折叠， ∴，，， ∴， ∵， ∴，则， 在中，， ∴， 如图所示，过点作于点，则， ∵， ∴， 设， ∴， 在中，， ∴，， ∴， 解得，， ∴ ∴， ∴， 故选：A ． 题型08正方形的性质与判定 典例引领 【典例01】（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 【难度】0.65 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、根据正方形的性质求线段长、根据旋转的性质求解、点与圆上一点的最值问题 【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． 【典例02】（2025·山东青岛·中考真题）如图，在正方形中，，分别为，的中点．连接并延长交于点，交的延长线于点，为的中点，连接，，．下列结论：①；②；③；④．正确的是 （填写序号）． 【答案】①④ 【详解】解：∵正方形， ∴，， ∵点为的中点， ∴， ∴， ∴， ∵点为的中点， ∴， ∴， ∴， ∴，故①正确； ∵正方形， ∴，即， ∴， ∵正方形， ∴，， ∵点为的中点， ∴， ∴， ∴，故②错误； ∵， ∴， 设正方形的边长为， ∴，， ∴，故③错误； ∵正方形， ∴，， ∵点，分别为，的中点， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵点为的中点， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，故④正确； 故答案为：①④． 方法透视 考向解读 正方形具有矩形和菱形的一切性质，在中考数学中是几乎必考的一块考点，考察内容主要有正方形的性质、判定、以及其应用；考察题型上从选择到填空再都解答题都有，题型变化也比较多样；并且考察难度也都是中等和中等偏上，难度较大，综合性比较强。所以需要考生在复习这块内容的时候一定要准确掌握其性质与判定，并且会在不同的结合问题上（如勾股定理、解直角三角形、等腰三角形 等边三角形、全等三角形、相似三角形、平行四边形性质与判定、折叠、旋转等）的融合。 方法技能 1、正方形具有矩形和菱形的一切性质； 2、正方形问题的转化方向只有一个——等腰直角三角形 变式演练 【变式01】（2025·山东青岛 中考真题）【定义新运算】 对正实数，，定义运算“”，满足． 例如：当时，． （1）当时，请计算：__________； 【探究运算律】 对正实数，，运算“”是否满足交换律？ ， ， ． 运算“”满足交换律． （2）对正实数，，，运算“”是否满足结合律？请说明理由； 【应用新运算】 （3）如图，正方形是由四个全等的直角三角形和中间的小正方形拼成，，，且．若正方形与正方形的面积分别为26和16，则的值为__________． 【详解】（1）解：由新定义得，； （2）解：对正实数，，，运算“”满足结合律，理由如下： 左边：， 右边：， ∴左边右边， ∴对正实数，，，运算“”满足结合律； （3）由题意得，， ∴， ∵，，且，正方形的面积为26， ∴， ∵四个直角三角形全等， ∴， ∴， ∵正方形的面积为16， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴（舍负）， ∴， 故答案为：． 【变式02】（2025·山东聊城·二模）如图，在正方形中，点分别在上，连接，，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、根据正方形的性质求角度、根据旋转的性质求解 【分析】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，由正方形的性质得，，将绕点顺时针旋转得，则三点共线，证明，得，进而求出即可求解，正确作出辅助线是解题的关键． 【详解】解：在正方形中，，， 将绕点顺时针旋转得，则三点共线，如图所示， ∴，， ∵， ∴， ∴， 即， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选：． 【变式03】（2025·山东泰安·二模）如图， 点P是正方形内一点， 连接、、，若，，，则正方形的面积为 ． 【答案】13 【知识点】等腰三角形的性质和判定、用勾股定理解三角形、根据正方形的性质求线段长、根据旋转的性质求解 【分析】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质等知识，添加恰当辅助线构造直角三角形是解题的关键．将绕点逆时针旋转得到，连接，过点作交的延长线于，由旋转的性质可求，，，可求的长，在中，由勾股定理可求的长，在中，由勾股定理可求，即可求解． 【详解】解：如图，将绕点逆时针旋转得到，连接，过点作交的延长线于， ∴，， ∴，，， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴正方形的面积为13， 故答案为：13． 题型09 折叠问题 典例引领 【典例01】（2025·山东青岛 中考真题）如图，在三角形纸片中，，，将纸片沿着过点A的直线折叠，使点落在边上的点处，折痕交于点；再将纸片沿着过点的直线折叠，使点落在边上的点处，折痕交于点．下列结论成立的是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】解：C选项，在中，，， ∴， ∵是由翻折得到， ∴，故C选项错误； A选项，∵是由翻折得到，， ∴， ∴， ∴， ∵是由翻折得到， ∴， ∴， 在中，， ∵， ∴，故A选项正确； B选项，∵， 即， ∴与不垂直，故B错误； D选项，过点G作交于点M，如图， 假设， ∵是由翻折得到， ∴， ∵， ∴为等腰三角形， ∵， ∴，即， ∴， 在中，， 在中，， ∵， ∴， 又∵，与已知不符，故D选项错误． 故选：A． 【典例02】（2025·山东济南中考真题）如图，正方形纸片中，E是上一点，将纸片沿过点E的直线折叠，使点A落在上的点G处，点B落在点H处，折痕交于点F．若，，则__________． 【答案】/ 【详解】解：如图，连接交于点，过点作，垂足为， 则， ∵正方形， ∴，， ∴四边形是矩形， ∴， 由折叠可知， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵ ∴， 设正方形边长为，则， ∵， ∴， 在中，，即 解得：或（不合题意舍去） ∴． 故答案为：． 方法透视 考向解读 折叠问题是山东中考重点考查的题型，考察形式上从选择到填空再都解答题都有，题型变化也比较多样；考察内容主要有： ①求折叠后线段的长度（如矩形折叠后，利用勾股定理列方程求边长）； ②求重叠部分的面积（如正方形折叠后，计算重叠三角形的面积）； ③判断折叠后图形的形状（如折叠后形成等腰三角形）。 方法技能 三角形四边形有关的折叠问题与轴对称的知识联系紧密，其鲜明特征是折叠部分与原图形重合，对应边、对应角相等。其核心要求是结合图形的折叠变换，利用 “折叠前后边 / 角相等” 分析图形关系。 解决这类问题有两个“秘诀”: 一是折叠前后的两部分是全等的(对应边、对应角相等)； 二是折叠前后的对应点所连线段被折痕垂直平分. 变式演练 【变式01】（2025·山东潍坊·中考真题）如图，在中，点在边上，将沿折叠，点的对应点恰好落在边上；将沿折叠，点的对应点恰好落在上．若，则__________．（用含的式子表示） 【答案】 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，， 由折叠性质可知，，，， ∵， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， 故答案为：． 【变式02】（2025·山东·中考真题）【图形感知】 如图1，在四边形中，已知，，． （1）求的长； 【探究发现】 老师指导同学们对图1所示的纸片进行了折叠探究． 在线段上取一点，连接．将四边形沿翻折得到四边形，其中，分别是A，D的对应点． （2）其中甲、乙两位同学的折叠情况如下： ①甲：点恰好落在边上，延长交于点，如图2．判断四边形的形状，并说明理由； ②乙：点恰好落在边上，如图3．求的长； （3）如图4，连接交于点P，连接．当点E在线段上运动时，线段是否存在最小值？若存在，直接写出；若不存在，说明理由． 【答案】（1）；（2）①四边形是矩形，理由见解析；②；（3）线段的最小值为． 【分析】（1）利用勾股定理求得，再证明，利用相似三角形的性质求解即可； （2）①由折叠的性质得，，再证明，根据有三个角是直角的四边形是矩形即可得解； ②延长和相交于点，连接，证明四边形是正方形，再证明，据此求解即可； （3）先利用折叠的性质求得，推出点在以为直径的上，连接，，得到，据此求解即可． 【详解】解：（1）∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴； （2）①四边形是矩形，理由如下， 由折叠的性质得，， ∵， ∴， ∴四边形是矩形； ②延长和相交于点，连接， 由折叠的性质得，，， ∵点恰好落在边上， ∴，， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形， ∵， ∴点在对角线上， ∴，， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）由折叠的性质得，， ∴是线段的垂直平分线， ∴， ∴点在以为直径的上，连接，， ∴，即点在上时，线段存在最小值， ∵， ∴线段的最小值为． 【点睛】本题考查了翻折的性质，等腰三角形的判定，勾股定理，垂直平分线的性质，相似三角形的判定和性质，圆周角定理等知识点，难度较大，第三问判断点在以为直径的上是解题的关键． 【变式03】（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） 【难度】0.15 【知识点】用勾股定理解三角形、根据正方形的性质求线段长、相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算 【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． 题型10 三角形四边形中的动点问题 典例引领 【典例01】（2025·山东淄烟台中考真题）如图，在中，，，是角平分线．点从点出发，沿方向向点运动，连接，点在上，且．设，，若y关于x的函数图象过点，则该图象上最低点的坐标为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】证明，设，可得，如图，在上取点，使，求解：，证明，可得，，结合y关于x的函数图象过点，求解：，再进一步利用二次函数的性质解题即可. 【详解】解：∵，，是角平分线． ∴，，设， ∴， 如图，在上取点，使， ∴， ∴， ∴， ∴， 解得：， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵y关于x的函数图象过点， ∴， 解得：， ∴， 当时，， ∴该图象上最低点的坐标为； 故选：B 【点睛】本题考查的是勾股定理的应用，等腰直角三角形的性质，相似三角形的判定与性质，二次函数的图象与性质，熟练的利用相似三角形的性质解决问题是关键. 【典例02】（2025·山东烟台中考真题）如图，在菱形中，，对角线．点M从点A出发，沿方向以的速度向点C运动，同时，点N从点C出发，沿方向以的速度向点D运动，当一点到达终点时，另一点随之停止运动，连接，交于点P．在此过程中，点P的运动路径长为 ． 【答案】 【分析】如图，连接交于．求解，，，，设运动时间为，则，，证明，可得，作等边三角形，以为圆心，为半径作圆，取点，连接，，证明在上，且在弧上，再利用弧长公式计算即可. 【详解】解：如图，∵在菱形中，，对角线，连接交于． ∴，，，， ∵设运动时间为，则，， ∴，即， ∴， ∴， ∴， ∴， 作等边三角形，以为圆心，为半径作圆，取点，连接，， ∴，，， ∴， ∴在上，且在弧上， ∴在此过程中，点P的运动路径长为； 故答案为： 【点睛】本题考查的是菱形的性质，圆周角定理的应用，圆的确定，三角函数的应用，弧长的计算，证明在上，且在弧上是解本题的关键. 方法透视 考向解读 三角形四边形中的动点问题是山东中考重点考查的题型，考察形式上从选择到填空再都解答题都有，题型变化也比较多样；并且考察难度也都是中等和中等偏上，难度较大，综合性比较强。考察内容主要有： ①求线段的长度 ②求线段长度的最值（如矩形中，动点到两定点的距离和的最小值）； ③求面积的最值（如平行四边形中，动点形成的三角形面积的最大值）。 方法技能 三角形四边形有关的动点问题 ①核心要求：结合四边形的性质，分析动点下的线段 / 面积最值。 ②求最值：动点在四边形的边 / 对角线上运动，利用 “垂线段最短”“两点之间线段最短” 等定理求最值。 ③求线段长：解题的基本思路通过证明三角形全等得出角的关系，利用三角函数求出相关线段长度，再通过构造辅助线和相似三角形建立方程求解长度,,因此求线段长度的问题需要综合调动全等，相似，三角函数，辅助线等知识，综合性比较强。 变式演练 【变式01】（2025·山东济宁·二模）如图，在中，，，点是边上一点，连接，已知，点是射线上的一个动点，点是线段上一点，且，连接．则的面积最大值为 ． 【答案】 【知识点】y=ax²+bx+c的最值、用勾股定理解三角形、相似三角形的判定与性质综合、解直角三角形的相关计算 【分析】由，设，则，，然后由勾股定理得出，然后解方程求出x的值，得出的长，过点作于，则，证明，所以，即，设，则，得出，，故有，然后根据二次函数的性质即可求解． 【详解】解：由，， 设，则，， 在中，， ∴， 解得：，， ∴， 过点作于， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，即， ∵， ∴， ∴， 设，则， ∴， ∴， ∴ ， ∵，且对称轴为直线， ∴当时有最大值为， 故答案为：． 【点睛】本题考查了解直角三角形，勾股定理，相似三角形的判定与性质，二次函数的性质，掌握知识点的应用是解题的关键． 【变式02】（2025·山东日照·二模）如图，在正方形中，分别为边，边上的动点，且交于点，点是边上一点，满足，当时．的长为（   ） A． B． C．2 D． 【答案】C 【知识点】全等的性质和ASA（AAS）综合（ASA或者AAS）、用勾股定理解三角形、根据正方形的性质证明、解直角三角形的相关计算 【分析】本题可先通过证明三角形全等得出角的关系，进而得到，再结合已知的三角函数值和正方形边长，通过构造直角三角形，利用三角函数和勾股定理求出的长度． 【详解】解：在正方形中，， ∵， ∴ ∴， 又∵， ∴， ∴． ∵，， ∴ 在中，， ∵， ∴，． 过点作于点过点作于，交于，则四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴设，则． ∴， ∴， ∵． ∴，． ∴的面积为， 又∵的面积还可以表示为， ∴， ∴ ∴ ∵， ∴ 解得， ∴， 故选∶C． 【点睛】本题考查正方形的性质、三角形全等的判定与性质、矩形的判定与性质以及三角函数和勾股定理的应用．解题的关键在于通过证明三角形全等得出角的关系，利用三角函数求出相关线段长度，再通过构造辅助线和相似三角形建立等式求解的长度． 【变式03】（2025·山东青岛中考真题））如图①，在中，，，，将沿方向平移，得到，过点作，交的延长线于点，为的中点．点从点出发，沿方向匀速运动，速度为；同时，点从点出发，沿方向匀速运动，速度为．连接，，．设运动时间为（）． 解答下列问题： (1)当时，求的值； (2)如图②，当时，设的面积为（），求与之间的函数关系式； (3)当时，是否存在某一时刻，使是直角三角形？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 【详解】（1）解：由题意得，， ∵在中，，，， ∴， 由平移的性质得，，，，， ∵为的中点， ∴， ∵，， ∴，即， ∵， ∴， ∴， ∴，即， 解得； （2）解：当时，∴点在线段上，作于点，作于点， ∵，， ∴，， ∵， ∴，即， ∴， 同理，即， ∴， ∵， ∴， ∵ ； ∴； （3）解：存在，理由如下， 由题意， 当时，作于点，交延长线于点， 同理，，， ∴，， 在中，， ∵， ∴，， ∴，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即， 整理得， 解得， ∵， ∴； 当时， 作于点， ∵， ∴， ∴，即， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴，即， 整理得， 解得， ∵，∴； 综上，的值为或． 题●型●训●练 1．（2025·山东德州·二模）如图，在中，，，以点为圆心，以为半径作弧交于点，再分别以，为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点，作射线交于点，连接．以下结论不正确的是（　　　） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】公式法解一元二次方程、作角平分线(尺规作图)、等边对等角、相似三角形的判定与性质综合 【分析】由题意得，，平分，根据三角形内角和及角平分线判断A即可；由角平分线求出，得到，根据三角形内角和求出，得到，即可判断B；证明，得到，设，则，求出x，即可判断C；过点E作于G，于H，由角平分线的性质定理推出，即可根据三角形面积公式判断D． 【详解】解：由题意得，，平分， ∵在中，，， ∴ ∵平分， ∴，故A正确； ∵平分， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴，故B正确； ∵， ∴， ∴， 设，则， ∴， ∴， 解得， ∴， ∴，故C错误； 过点E作于G，于H，    ∵平分，，， ∴ ∴，故D正确； 故选：C． 【点睛】此题考查了等腰三角形等边对等角，相似三角形的判定和性质，角平分线的作图及性质，解一元二次方程，熟练掌握各知识点是解题的关键． 2．（2025·山东菏泽·二模）点是正五边形边的中点，连接并延长与延长线交于点，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、等腰三角形的性质和判定、正多边形的外角问题 【分析】本题考查正多边形的性质，全等三角形的判定及性质，线段垂直平分线的性质，三角形的内角和定理，正确作出辅助线，综合运用相关知识是解题的关键． 连接，，根据正多边形的性质可证，得到，进而得到是的垂直平分线，即，根据多边形的内角和公式可求出每个内角的度数，进而得到，再根据三角形的内角和定理即可解答． 【详解】解：连接，，   ∵五边形是正五边形， ∴， ∴， ∴， ∵点F是的中点， ∴是的垂直平分线， ∴， ∵在正五边形中，， ∴， ∴． 故选：A． 3．（2025·山东淄博·二模）如图，四边形的对角线，相交于点O，，，则下列说法错误的是（　　） A．若，则四边形是矩形 B．若平分，则四边形是菱形 C．若且，则四边形是正方形 D．若且，则四边形是正方形 【答案】D 【知识点】利用平行四边形性质和判定证明、证明四边形是矩形、证明四边形是菱形、添一个条件使四边形是正方形 【分析】本题考查平行四边形的判定、菱形的判定与矩形的判定、正方形的判定，熟练掌握相关定理是解题的关键． 先根据平行四边形的判定证明是平行四边形，再根据已知条件结合菱形、矩形及正方形的判定逐一判断即可． 【详解】解：∵， ∴， ∵，， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， 若，则四边形是矩形，故A选项不符合题意； 若平分，， ∵， ∴， ∴， 则四边形是菱形，故B选项不符合题意； 若且，则四边形是正方形，故C选项不符合题意； 若且，则四边形是菱形，故D选项符合题意； 故选：D． 4．（2025·山东东营·二模）如图，六边形的六个内角都等于120°，若，，则这个六边形的周长等于（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】等边三角形的判定和性质、正多边形的外角问题 【分析】凸六边形ABCDEF，并不是一规则的六边形，但六个角都是120°，所以通过适当的向外作延长线，可得到等边三角形，进而求解． 【详解】分别作直线AB、CD、EF的延长线和反向延长线使它们交于点G、H、P，如图所示： ∵六边形ABCDEF的六个角都是120°， ∴六边形ABCDEF的每一个外角的度数都是60°， ∴△APF、△BGC、△DHE、△GHP都是等边三角形， ∴GC=BC=3cm，DH=DE=EH=2cm， ∴GH=3+3+2=8(cm)， FA=PA=PG-AB-BG=8-3-3=2(cm)， EF=PH-PF-EH=8-2-2=4(cm)． ∴六边形的周长为2+3+3+3+2+4=17(cm)； 故选：B． 【点睛】本题考查了多边形的内角和外角问题，等边三角形的性质及判定定理；解题中巧妙地构造了等边三角形，从而求得周长．是非常完美的解题方法，注意学习并掌握． 5．（2025·山东威海·中考真题）我们把两组邻边分别相等的四边形称之为“筝形”．在四边形中，对角线交于点O．下列条件中，不能判断四边形是筝形的是（　　） A．， B．， C．， D．， 【答案】D 【详解】解：A、∵，， ∴垂直平分， ∴， ∴四边形是筝形； B、∵，，， ∴， ∴， ∴四边形是筝形； C、∵，，， ∴， ∴，， ∴四边形是筝形； D、由，不能判断，，故不能判断四边形是筝形； 故选：D. 6．（2025·山东济南·二模）如图，在△ABC中，∠B=32°,将△ABC沿直线m翻折，点B落在点D的位置，则∠1-∠2的度数是 度． 【答案】64 【知识点】三角形折叠中的角度问题 【分析】根据三角形的外角定理即可求解． 【详解】∵∠1=∠B+∠3，∠3=∠2+∠D， 又∵折叠，∴∠B=∠D， ∴∠1=2∠B+∠2 故∠1-∠2=2∠B=64°． 【点睛】此题主要考查三角形的外角定理，解题的关键是熟知外角定理． 7．（2025·山东菏泽·二模）将图所示的七巧板，拼成图所示的四边形，连接，则 ． 【答案】/ 【知识点】用勾股定理解三角形、求角的正切值、解直角三角形的相关计算 【分析】本题考查了等腰直角三角形的性质，正方形的性质，勾股定理，三角函数，如图，设等腰直角的直角边为，利用图形的位置关系求出大正方形的边长和大等腰直角三角形的直角边长，进而根据正切的定义即可求解，掌握等腰直角三角形和正方形的性质是解题的关键． 【详解】解：如图，设等腰直角的直角边为，则，小正方形的边长为， ∴， ∴， ∴， ∴， 如图，过点作的延长线于点，则，， 由图（）可得，，， ∴，， ∴， ∴， 故答案为：． 8（（2025·山东泰安·二模）如图，中，，，为边上一点，将绕点顺时针旋转得到，点落在线段上，此时、、三点也恰好共线，点的对应点为，连接，则长度的最小值为 ． 【答案】 【知识点】垂线段最短、全等的性质和SAS综合（SAS）、含30度角的直角三角形、根据旋转的性质求解 【分析】本题考查了旋转的性质和勾股定理以及垂线段最短，熟练掌握相关定义是解题的关键．连接，，由旋转性质可得，，结合勾股定理得出，即可得出时，长度取最小值，即长度取最小值，利用等面积法进行运算即可得出答案． 【详解】解：连接，，如图：   绕点顺时针旋转得到，点的对应点为， ， 、、三点共线， ，即旋转角， ，， ， 由勾股定理可得：， ，， ， 可知长度取最小值，则长度亦取最小值， 点在上，由点到直线垂线段最短， 可得时，长度取最小值，即长度取最小值， ， ， ， 长度的最小值为． 故答案为：． 9.（2025·山东烟台·二模）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，BC＝1，分别以AB、AC为边作正三角形ABD、ACE，连接DE，交AB于点F，则DF的长为 ． 【答案】 【知识点】全等三角形综合问题、等边三角形的判定和性质、用勾股定理解三角形 【分析】过D作DG⊥AB于G，过E作EH⊥DA，交DA的延长线于H，依据全等三角形的性质即可得到DF＝DE，再根据勾股定理即可得到DE的长，进而得出DF的长． 【详解】解：如图所示， 过D作DG⊥AB于G，过E作EH⊥DA，交DA的延长线于H， ∵∠EAC＝60°，∠BAC＝30°， ∴∠EAG＝∠AGD＝90°， ∵BC＝1， ∴Rt△ABC中，AC＝，AB＝2， 又∵△ABD和△ACE是等边三角形， ∴AE＝，DG＝， ∴DG＝AE， 又∵∠DFG＝∠EFA， ∴△AEF≌△GDF（AAS）， ∴DF＝DE， 又∵Rt△AEH中，∠EAH＝30°， ∴HE＝AE＝，AH＝， ∴DH＝DA+AH＝2+＝， ∴Rt△DEH中，DE＝＝＝， ∴DF的长为， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查全等三角形的性质与判定、等边三角形的性质及勾股定理，关键是由等边三角形得到三角形的全等，然后利用勾股定理进行求解即可． 10.（2025·山东聊城·二模）如图，在矩形中，为对角线的垂直平分线，交于点，交的延长线于点．若，则下列说法错误的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】角平分线的性质定理、用勾股定理解三角形、根据矩形的性质求线段长、解直角三角形的相关计算 【分析】利用矩形的性质，解直角三角形求得，，进而得，根据角平分线的性质可判断项正确，不符合题意；根据三角函数判断项正确，不符合题意；进而得，，故项正确，不符合题意；根据中点与面积关系判断项错误，符合题意； 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，，，， ∴，，，， ∵为对角线的垂直平分线， ∴， ∴，， ∴，， ∴， ∴，故项正确，不符合题意； ∵ ∴， ∴， ∴，故项正确，不符合题意； ∴， ∴，故项正确，不符合题意； ∵，是的中点， ∴，， ∴， ∴，故项错误，符合题意； 【点睛】本题主要考查了解直角三角形，矩形的性质，角平分线的性质，平行线的性质，熟练掌握解直角三角形，矩形的性质是解题的关键． 11．（2025·山东淄博·二模）如图，在菱形中，，点在边上，连结，将绕点旋转，点恰好落在边上的点处，且，若，，则 ． 【答案】3或1 【知识点】含30度角的直角三角形、用勾股定理解三角形、利用菱形的性质求线段长、根据旋转的性质求解 【分析】过点作于点，连接，分两种情况①当在点左侧，证出为等边三角形，由等边三角形的性质得出，证明，得出，进而推出为等边三角形，再由直角三角形性质以及勾股定理求出，，，进而得到，即可解题． 【详解】解：过点作于点，连接， 当在点左侧， ∵四边形为菱形，， ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∴， ∵， ∴， 又∵将绕点旋转，点恰好落在边上的点处， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴为等边三角形， ∴， ∵， ， ∴， ∴， ∴， ∴， ②当在点右侧， 与①同理可得，，， ， ∴， ∴， 故答案为：3或1． 【点睛】本题考查了菱形、旋转的性质，等边三角形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，掌握上述知识，数形结合分析是关键． 12．（2025·山东淄博·一模）在综合与实践活动课上，小明以矩形为主题开展研究性学习． 【动手操作】作矩形，使，连接，作点关于的对称点，连接，，，，与交于点． 【观察发现】 （1）如图1，当时，小明发现，的度数是确定的，请直接写出这个度数； （2）如图2，当时，小明又发现，线段与的比是确定的，请求出这个比值； 【实践探究】（3）如图3，设，与的交点分别为，，小明进一步发现，线段与始终保持相等，请予以证明． 【答案】（1）；（2）；（3）见解析 【知识点】全等的性质和SAS综合（SAS）、等腰三角形的性质和判定、利用矩形的性质证明、其他问题(轴对称综合题) 【分析】本题考考矩形的性质，轴对称的性质，等腰三角形的性质以及全等三角形的判定与性质等，解题的关键是利用相关性质找到角度关系，线段关系，通过推理计算得出结果． （1），利用矩形和轴对称性质得到线段相等和角关系，再结合等腰三角形性质得到，从而得到，接着证明，得到是等边三角形，得到，即可求得的度数； （2）延长，交于点，利用柜形，轴对称性质得到，由，可证，得到，，再证，得到，求出与的比值； （3）通过证明得出，通过矩形的性质证明，，从而得到结果． 【详解】（1）四边形是矩形， ， 又点关于的对称点是， 所以， 在和中 ， 是等边三角形， ； （2）延长，交于点， 点与点关于对称， ． ， ． ， ． ， ， ， ， ，即， ，， ， ， ， ， ； （3）作，垂足为． 由轴对称性质可得，，． ，， ， ． 四边形是矩形． ， ， ． ， ， ， ． 13（2025·山东临沂·二模）如图，正方形中，平分，交于点，将绕点顺时针旋转得到，延长交于点，连接、，交于点．下列结论①；②；③；④，正确的是（   ） A．①②③④ B．①②③ C．①③④ D．①②④ 【答案】A 【知识点】全等三角形综合问题、根据正方形的性质证明、根据旋转的性质求解、相似三角形的判定与性质综合 【分析】由旋转性质得，可得，即可判断①；由正方形性质得，由角平分线和三角形全等得，继而可得，即可判断②；运用三角形外角性质列式计算，即可判断③；先证明，可得，证明，得到，即可判断④． 【详解】解：∵将绕点B顺时针旋转得到， ∴， ∴， 故①符合题意； ∵四边形是正方形， ∴，，， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 故②符合题意； ∵， ∴， ∵平分， ∴，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴ ∴ 故③符合题意； ∵， ∴，， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴ ∵四边形是正方形， ∴ ∴， 故④是符合题意的； 故选：A． 【点睛】本题考查正方形性质，旋转性质，全等三角形性质与判定，角平分线性质，相似三角形性质与判定，直角三角形性质，三角形外角性质，等腰三角形性质与判定，综合性较强，难度较大，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 14.（2025·山东聊城·一模）数学活动课上，老师说：正方形是一个很奇妙的图形，它的四条边都相等，四个角都是直角，而且通过添加线段，可以得到更多美妙的结论．下面让我们一起来探究“奇妙的正方形”吧．    活动一：如图①，在正方形中，、分别是边上的点，且．请判断线段与之间的位置关系，并说明理由； 活动二：“探究小组”在“活动一”的基础上发现，当是的中点时，连接，如图②，可求出的正切值． 他们给出的思路是：先证，再过点作的垂线，垂足记为，然后在中利用勾股定理找和的数量关系． 请根据“探究小组”的思路，求出的正切值； 【答案】活动一：，理由见解析；活动二： 【知识点】全等三角形综合问题、用勾股定理解三角形、根据正方形的性质证明、求角的正切值 【分析】活动一：根据正方形的性质证明，得到，由，得，即可求解； 活动二：如解图①，过点作于点，过点作于点，由活动一可知，则，即，可证，，再证，得到，，则垂直平分，，设，则，在中，由勾股定理得，即，解得，结合正切值的计算即可求解． 【详解】解：活动一：，理由如下： ∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，即； 活动二：如解图①，过点作于点，过点作于点，      ∵四边形是正方形， ∴， 由活动一可知， ∴， ∵是的中点， ∴是的中点， ∴， ∴，即， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴垂直平分， ∴， 设，则， ∴在中，由勾股定理得， 即， 解得， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，正切值的计算，勾股定理的运用，掌握正方形的性质，正切值的计算方法是关键． 15（2025·山东威海·一模）数学课上，李老师给出这么一道数学问题：如图①，正方形中，点E是对角线上任意一点，过点E作，垂足为E，交所在直线于点F．探索与之间的数量关系，并说明理由． 小明在解决这一问题之前，先进行特殊思考：如图②，当E是对角线的中点时，他发现与之间的数量关系是______．若点E在其它位置时，这个结论是否都成立呢？小明继续探究，他用“平移法”将沿方向平移得到，将原来分散的两条线段集中到同一个三角形中，如图③，这样就可以将问题转化为探究与之间的数量关系． (1)请你按照小明的思路，完成解题过程； (2)你能用与小明不同的方法来解决李老师给出的“数学问题”吗？请写出解题过程． 【答案】(1)，过程见解析 (2)见解析 【知识点】根据正方形的性质证明、用勾股定理解三角形、等腰三角形的性质和判定、全等的性质和SAS综合（SAS） 【分析】（1）当E是对角线的中点时，根据正方形的性质，可得此时点B和点F重合，且点E也为的中点，可得；点E在其它位置时，延长，作，交的延长线于点G，连接，可得四边形为平行四边形，从而得到，，进而得到，再证得，可得，，从而得到是等腰直角三角形，即可得出结论； （2）作，并截取，连接、，可得是等腰直角三角形，从而得到，再证明，可得，，再证得四边形为平行四边形，可得，即可得出结论． 【详解】（1）解：，理由如下： 当E是对角线的中点时， 四边形是正方形， ，，，， ， ，且E是对角线的中点， 此时点B和点F重合，且点E也为的中点， ， ，即； 若点E在其它位置时，如图，延长，作，交的延长线于点G，连接． 四边形是正方形， ，，． ，， 四边形为平行四边形． ，． ． ，， ． ， ． ． ． ． ． ， ，． ． 是等腰直角三角形， ， ． ； （2）解：如图，作，并截取，连接、． 四边形是正方形， ，． ， ， ． 又， 是等腰直角三角形， ， ． ， ． ． ，． ． ， ． ． ． ． ， ， 四边形为平行四边形． ， ． 【点睛】本题主要考查了正方形的性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，熟练掌握知识点并灵活运用是解题的关键． 公司2 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题04 三角形与四边形计算证明 内●容●导●航 第一部分 题型破译 微观解剖，精细教学 典例引领 方法透视 变式演练 题型01 直角三角形 题型02 等腰三角形等边三角形 题型03 全等三角形的性质与判定 题型04 多边形及其相关计算 题型05 平行四边形的性质与判定 题型06 矩形的性质与判定 题型07菱形的性质与判定 题型08 正方形的性质与判定 题型09 折叠问题 题型10 三角形四边形中动点问题 第二部分 题型训练 整合应用，模拟实战 题●型●破●译 题型01直角三角形 典例引领 【典例01】（2025·山东·中考真题）在中，，，的平分线交于点．如图1． (1)求的度数； (2)已知，分别以，为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点，，作直线交于点，交的延长线于点F．如图2，求的长． 【典例02】（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． 方法透视 考向解读 主要考查方向将直角三角形与以下内容综合考察：作图—基本作图，直角三角形两锐角互余,斜边的中线等于斜边的一半、用勾股定理解三角形、等腰三角形的性质和判定,含30度角的直角三角形,全等三角形的判定和性质. 方法技能 1、直角三角形的性质： ①直角三角形的两个锐角互余 ②直角三角形斜边上的中线等于斜边长的一半 ③在直角三角形中，如果有一个锐角等于30°，那么它所对的直角边等于斜边长的一半 2、直角三角形的判定： ①有一个角是90°的三角形时直角三角形 ②有两个角互余的三角形是直角三角形 ③勾股定理的逆定理 变式演练 【变式01】（2025·山东临沂·二模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB的垂直平分线DE交于BC的延长线于F，若∠F=30°，DE=1，则EF的长是（ ）    A．3 B．2 C． D．1 【变式02】（2025·山东潍坊·二模）如图，为等腰直角三角形，，是上一点，交直线于点，且，，点为的中点，连接，则的长为（   ） A． B． C． D． 【变式03】（2025·山东聊城·二模）在尺规作图专题课上，老师让同桌各设置一个问题考考对方： (1)如图1，在中，，，以点为圆心，以的长为半径画弧交于点，连接，再分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧交于点，作射线交于点，交于点，连接，求的值． (2)如图，在中，，分别以点，为圆心，大于的长为半径画弧，两弧相交于点，，作直线，与相交于点，求的长． 题型02 等腰三角形等边三角形 典例引领 【典例01】（2025·山东青岛·中考真题）已知：如图，是内部一点．求作：等腰，使点，分别在射线，上，且底边经过点． 【典例02】（2025·山东潍坊·二模）四边形是平行四边形，下列尺规作图不能确保是等腰三角形的是（    ） A． B． C． D． 方法透视 考向解读 等腰三角形与等边三角形作为重要的特殊三角形，常常与角平分线(尺规作图)、垂线(尺规作图)、旋转的性质、勾股定理解三角形，含30度角的直角三角形的性质等知识点综合考查。 方法技能 1、等腰三角形的性质：①等腰三角形有轴对称性，对称轴有1或3条；②等边对等角；③“三线合一” 2、等腰三角形的判定：①定义法；②等角对等边；③角平分线与高线、中线与高线重合时，利用全等证等腰； 3、等边三角形的性质：三边相等、三个角都等于60°、三边均存在“三线合一”； 4、等边三角形的判定：有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形。 变式演练 【变式01】（2025·山东济南·二模）如图，在中，，，，点D为边上一点，且，以点D为圆心，以为半径作弧，交于点E，连接，再分别以B、E为圆心，以大于长为半径作弧，两弧交于点M、N，作直线交于点F，则的值为（   ） A．2 B． C． D． 【变式02】（2025·山东聊城·二模）如图，将绕点A逆时针旋转得到，点B，C的对应点分别为点D，E，点D恰好落在线段上．若，，则的长为 ． 题型03 全等三角形的性质与判定 典例引领 【典例01】（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)． 【典例02】（2025·山东聊城·二模）在中，作的平分线交于点D，作的垂直平分线分别交于点E，交于点F，连接，，得到四边形．若，则四边形的周长为（    ） A．16 B． C． D． 方法透视 考向解读 全等三角形作为几何的重要工具在中考中经常与线段垂直平分线的性质、角平分线的性质定理 ，等腰三角形，平移、轴对称、旋转，四边形，圆等知识点综合考查。 方法技能 1、全等三角形的对应边相等，对应角相等； 2、全等三角形的判定方法：SSS、SAS、ASA、AAS＋Rt△的HL 3、证三角形全等的基本步骤：①准备条件；②罗列条件；③得出结论。 4、有关三角形全等问题应用的三个方向： ①证边相等就证它们所在的三角形全等； ②证角相等就证它们所在的三角形全等； ③全等三角形可以提供相等线段、相等角 变式演练 【变式01】（2025·山东青岛·一模）如图，为的角平分线，且，为延长线上一点，，过作于点，则下列结论：①为的中点；②为等腰三角形；③平分；④．其中正确的结论有（   ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【变式02】（2025·山东聊城·二模）如图，已知，点，在线段上，且． (1)请从①；②；③中．选择一个合适的选项作为已知条件，使得．你添加的条件是：（填写序号）_____（只需选一个条件，多选不得分），请说明理由； (2)利用（1）的结论，求证：． 【变式03】（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04 多边形及其相关计算 典例引领 【典例01】（2025·山东济南·中考真题）如图，两条直线，分别经过正六边形的顶点B，C，且．当时，__________． 【典例02】（2025·山东青岛·中考真题）如图，正八边形的顶点，，，在坐标轴上，顶点，，，在第一象限．点在反比例函数的图象上，若，则的值为 ． 方法透视 考向解读 除掌握多边形内角和外角和公式外，还经常与特殊角三角函数值、正多边形和圆， 勾股定理，等腰三角形，等边三角形的判定和性质，扇形面积，三角形全等的判定和性质等相关知识综合考查。 方法技能 多边形内角和公式： 任意多边形的外角和为360° 正多边形的一个内角： 变式演练 【变式01】（2025·山东聊城·二模）已知一个正多边形的边心距与边长之比为，则这个正多边形的边数是（    ） A．4 B．6 C．7 D．8 【变式02】（2025·山东济南·二模）如图，将五边形沿虚线裁去一个角，得到六边形，则内角和增加 度． 【变式03】（2025·山东烟台·中考真题）如图，正六边形的边长为4，中心为点，以点为圆心，以长为半径作圆心角为的扇形，则图中阴影部分的面积为 ． 题型05 平行四边形的性质与判定 典例引领 【典例01】（2025·山东济南·中考真题）已知：如图，在平行四边形中，点E，F分别在和上，且．求证：． 【典例02】（2025·山东淄博·中考真题）已知：如图：在中，，分别为边，的中点，．求证： (1)； (2)． 方法透视 考向解读 平行四边形在中考数学中是经常考到的一块考点，考察内容主要有平行四边形的性质、判定、以及其应用；考察题型上从选择到填空再到解答题都有，题型变化也比较多样；需要考生在复习这块内容的时候一定要准确掌握其性质与判定，并且会在不同的结合问题上（如三角形的中位线，全等三角形的判定和性质等）注意和其他考点的融合。 方法技能 1、平行四边形的判定也可以从三个方面记， ①边：两组对边分别平行；两组对边分别相等；一组对边平行且相等；②角：两组对角分别相等； ③对角线：对角线互相平分； 2、平行四边形的判定和性质经常综合在一起考，即先考判定一个四边形是平行四边形，然后再利用平行四边形的性质去解剩余的问题。做题时，不要太轻率，要综合考虑用到的考点。 变式演练 【变式01】（2025·山东·中考真题）如图，在中，，，．点为边上异于的一点，以，为邻边作，则线段的最小值是 ． 【变式02】（2025·山东济宁·二模）如图，在四边形中，是的中点，，交于点， (1)求证：四边形为平行四边形； (2)若，求的长． 【变式03】（2025·山东泰安·二模）如图，在中，为锐角，点在边上，连接，且．是边的中点，连接，对角线分别与相交于点．则下列结论： ①点是的中点；②；③；④． 其中正确结论的个数为（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 题型06矩形的性质与判定 典例引领 【典例01】（2025·山东淄博·中考真题）10．如图，为矩形（边，分别在，轴的正半轴上）对角线上的点，且，经过点的反比例函数的图象分别与，相交于点，，连接，，，若的面积是24，则的面积为（   ） A．25 B．26 C． D． 【典例02】（2025·山东淄博·中考真题）已知矩形，，，是边的中点，是边上的动点，线段分别与，相交于点，．若，则的长为 ． 方法透视 考向解读 矩形在中考数学中是几乎必考的一块考点，考察内容主要有矩形的性质、判定、以及其应用；考察题型上从选择到填空再都解答题都有，题型变化也比较多样；并且考察难度也都是中等和中等偏上，难度较大，综合性比较强，所以需要考生在复习这块内容的时候一定要准确掌握其性质与判定，并且会在不同的结合问题上（如反比例函数、勾股定理、解直角三角形、等腰三角形 等边三角形，平行四边形性质与判定平移、折叠、旋转等）的融合。 方法技能 矩形的性质可以从在平行四边形的基础上增加性质记忆， ①矩形具有平行四边形的一切性质；②增加性质：四个角都是直角、对角线相等； 2.矩形问题的转化方向有直角三角形、等腰三角形。正因此，矩形常和勾股定理结合来求长度。 矩形的判定也可以从两个方向记忆， ①从平行四边形入手判定，把矩形有平行四边形没有的性质加上，就可以证一个平行四边是矩形； ②从普通四边形入手判定则有： 有三个角是直角的四边形是矩形、对角线相等且互相平分的四边形是矩形； 变式演练 【变式01】（2025·山东烟台·中考真题）如图，是矩形的对角线，请按以下要求解决问题： (1)利用尺规作，使与关于直线成轴对称（不写作法，保留作图痕迹）； (2)在（1）的条件下，若交于点，，，求的长． 【变式02】（2025·山东青岛·二模）如图，在矩形中，对角线、相交于点O，平分交边于点E，点F是的中点，连接，若，则的长度为（    ） A． B． C． D． 【变式03】（2025·山东滨州·二模）如图，在矩形中，点E，F分别是边的中点，连接．点G，H分别是的中点，连接．若，，则的长度为（   ） A． B． C． D． 题型07菱形的性质与判定 典例引领 【典例01】（2025·山东青岛·中考真题）如图，在中，为的中点，为延长线上一点，连接，，过点作交的延长线于点，连接． (1)求证：； (2)已知____（从以下两个条件中选择一个作为已知，填写序号），请判断四边形的形状，并证明你的结论． 条件①：； 条件②：． （注：如果选择条件①条件②分别进行解答，按第一个解答计分） 【典例02】（2025·潍坊·中考真题）如图，已知菱形的顶点在方格纸的格点上，其中，，的坐标分别为，，．该菱形经过中心对称得到它右侧的菱形（顶点均在格点上）． (1)画出平面直角坐标系，并写出对称中心的坐标和点的对应点的坐标； (2)将菱形平移，使点的对应点为点，画出平移后的菱形． 方法透视 考向解读 菱形在中考数学中是经常考到的一块考点，考察内容主要有菱形的性质、判定、以及其应用；考察题型上从选择到填空再都解答题都有，题型变化也比较多样；并且考察难度大部分都是中等难度，在复习这块内容的时候一定要准确掌握其性质与判定，并且会在不同的结合问题上（如勾股定理、解直角三角形、等腰三角形 、等边三角形、全等三角形、平行四边形性质与判定等）的融合。 方法技能 1、菱形的性质可以从在平行四边形的基础上增加性质记忆， ①菱形具有平行四边形的一切性质；②增加性质：四条边都相等、对角线互相垂直、每条对角线平分一组对角； 2、菱形问题的转化方向有直角三角形、等腰三角形。也常和勾股定理结合来求长度。 3、菱形面积的特殊计算方法：对角线相乘除以2 变式演练 【变式01】（2025·山东济南·二模）如图，菱形中，点分别在边上．将菱形沿折叠，点恰好落在边上的点处．若，，，则的长为 ． 【变式02】（2025·山东烟台中考真题）如图，菱形的顶点在轴正半轴上，，反比例函数的图象过点和菱形的对称中心，则的值为（   ） A．4 B． C．2 D． 【变式03】（2025·山东青岛·二模）如图，在菱形纸片中，点在边上，将纸片沿折叠，点落在处，于点．若，，则折痕长为（   ） A． B． C． D． 题型08正方形的性质与判定 典例引领 【典例01】（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． 【典例02】（2025·山东青岛·中考真题）如图，在正方形中，，分别为，的中点．连接并延长交于点，交的延长线于点，为的中点，连接，，．下列结论：①；②；③；④．正确的是 （填写序号）． 方法透视 考向解读 正方形具有矩形和菱形的一切性质，在中考数学中是几乎必考的一块考点，考察内容主要有正方形的性质、判定、以及其应用；考察题型上从选择到填空再都解答题都有，题型变化也比较多样；并且考察难度也都是中等和中等偏上，难度较大，综合性比较强。所以需要考生在复习这块内容的时候一定要准确掌握其性质与判定，并且会在不同的结合问题上（如勾股定理、解直角三角形、等腰三角形 等边三角形、全等三角形、相似三角形、平行四边形性质与判定、折叠、旋转等）的融合。 方法技能 1、正方形具有矩形和菱形的一切性质； 2、正方形问题的转化方向只有一个——等腰直角三角形 变式演练 【变式01】（2025·山东青岛 中考真题）【定义新运算】 对正实数，，定义运算“”，满足． 例如：当时，． （1）当时，请计算：__________； 【探究运算律】 对正实数，，运算“”是否满足交换律？ ， ， ． 运算“”满足交换律． （2）对正实数，，，运算“”是否满足结合律？请说明理由； 【应用新运算】 （3）如图，正方形是由四个全等的直角三角形和中间的小正方形拼成，，，且．若正方形与正方形的面积分别为26和16，则的值为__________． 【变式02】（2025·山东聊城·二模）如图，在正方形中，点分别在上，连接，，若，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【变式03】（2025·山东泰安·二模）如图， 点P是正方形内一点， 连接、、，若，，，则正方形的面积为 ． 题型09 折叠问题 典例引领 【典例01】（2025·山东青岛 中考真题）如图，在三角形纸片中，，，将纸片沿着过点A的直线折叠，使点落在边上的点处，折痕交于点；再将纸片沿着过点的直线折叠，使点落在边上的点处，折痕交于点．下列结论成立的是（   ） A． B． C． D． 【典例02】（2025·山东济南中考真题）如图，正方形纸片中，E是上一点，将纸片沿过点E的直线折叠，使点A落在上的点G处，点B落在点H处，折痕交于点F．若，，则__________． 方法透视 考向解读 折叠问题是山东中考重点考查的题型，考察形式上从选择到填空再都解答题都有，题型变化也比较多样；考察内容主要有： ①求折叠后线段的长度（如矩形折叠后，利用勾股定理列方程求边长）； ②求重叠部分的面积（如正方形折叠后，计算重叠三角形的面积）； ③判断折叠后图形的形状（如折叠后形成等腰三角形）。 方法技能 三角形四边形有关的折叠问题与轴对称的知识联系紧密，其鲜明特征是折叠部分与原图形重合，对应边、对应角相等。其核心要求是结合图形的折叠变换，利用 “折叠前后边 / 角相等” 分析图形关系。 解决这类问题有两个“秘诀”: 一是折叠前后的两部分是全等的(对应边、对应角相等)； 二是折叠前后的对应点所连线段被折痕垂直平分. 变式演练 【变式01】（2025·山东潍坊·中考真题）如图，在中，点在边上，将沿折叠，点的对应点恰好落在边上；将沿折叠，点的对应点恰好落在上．若，则__________．（用含的式子表示） 【变式02】（2025·山东·中考真题）【图形感知】 如图1，在四边形中，已知，，． （1）求的长； 【探究发现】 老师指导同学们对图1所示的纸片进行了折叠探究． 在线段上取一点，连接．将四边形沿翻折得到四边形，其中，分别是A，D的对应点． （2）其中甲、乙两位同学的折叠情况如下： ①甲：点恰好落在边上，延长交于点，如图2．判断四边形的形状，并说明理由； ②乙：点恰好落在边上，如图3．求的长； （3）如图4，连接交于点P，连接．当点E在线段上运动时，线段是否存在最小值？若存在，直接写出；若不存在，说明理由． 【变式03】（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． 题型10 三角形四边形中的动点问题 典例引领 【典例01】（2025·山东淄烟台中考真题）如图，在中，，，是角平分线．点从点出发，沿方向向点运动，连接，点在上，且．设，，若y关于x的函数图象过点，则该图象上最低点的坐标为（   ） A． B． C． D． 【典例02】（2025·山东烟台中考真题）如图，在菱形中，，对角线．点M从点A出发，沿方向以的速度向点C运动，同时，点N从点C出发，沿方向以的速度向点D运动，当一点到达终点时，另一点随之停止运动，连接，交于点P．在此过程中，点P的运动路径长为 ． 方法透视 考向解读 三角形四边形中的动点问题是山东中考重点考查的题型，考察形式上从选择到填空再都解答题都有，题型变化也比较多样；并且考察难度也都是中等和中等偏上，难度较大，综合性比较强。考察内容主要有： ①求线段的长度 ②求线段长度的最值（如矩形中，动点到两定点的距离和的最小值）； ③求面积的最值（如平行四边形中，动点形成的三角形面积的最大值）。 方法技能 三角形四边形有关的动点问题 ①核心要求：结合四边形的性质，分析动点下的线段 / 面积最值。 ②求最值：动点在四边形的边 / 对角线上运动，利用 “垂线段最短”“两点之间线段最短” 等定理求最值。 ③求线段长：解题的基本思路通过证明三角形全等得出角的关系，利用三角函数求出相关线段长度，再通过构造辅助线和相似三角形建立方程求解长度,,因此求线段长度的问题需要综合调动全等，相似，三角函数，辅助线等知识，综合性比较强。 变式演练 【变式01】（2025·山东济宁·二模）如图，在中，，，点是边上一点，连接，已知，点是射线上的一个动点，点是线段上一点，且，连接．则的面积最大值为 ． 【变式02】（2025·山东日照·二模）如图，在正方形中，分别为边，边上的动点，且交于点，点是边上一点，满足，当时．的长为（   ） A． B． C．2 D． 【变式03】（2025·山东青岛中考真题））如图①，在中，，，，将沿方向平移，得到，过点作，交的延长线于点，为的中点．点从点出发，沿方向匀速运动，速度为；同时，点从点出发，沿方向匀速运动，速度为．连接，，．设运动时间为（）． 解答下列问题： (1)当时，求的值； (2)如图②，当时，设的面积为（），求与之间的函数关系式； (3)当时，是否存在某一时刻，使是直角三角形？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 题●型●训●练 1．（2025·山东德州·二模）如图，在中，，，以点为圆心，以为半径作弧交于点，再分别以，为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧相交于点，作射线交于点，连接．以下结论不正确的是（　　　） A． B． C． D． 2．（2025·山东菏泽·二模）点是正五边形边的中点，连接并延长与延长线交于点，则的度数为（    ） A． B． C． D． 3．（2025·山东淄博·二模）如图，四边形的对角线，相交于点O，，，则下列说法错误的是（　　） A．若，则四边形是矩形 B．若平分，则四边形是菱形 C．若且，则四边形是正方形 D．若且，则四边形是正方形 4．（2025·山东东营·二模）如图，六边形的六个内角都等于120°，若，，则这个六边形的周长等于（    ） A． B． C． D． 5．（2025·山东威海·中考真题）我们把两组邻边分别相等的四边形称之为“筝形”．在四边形中，对角线交于点O．下列条件中，不能判断四边形是筝形的是（　　） A．， B．， C．， D．， 6．（2025·山东济南·二模）如图，在△ABC中，∠B=32°,将△ABC沿直线m翻折，点B落在点D的位置，则∠1-∠2的度数是 度． 7．（2025·山东菏泽·二模）将图所示的七巧板，拼成图所示的四边形，连接，则 ． 8（（2025·山东泰安·二模）如图，中，，，为边上一点，将绕点顺时针旋转得到，点落在线段上，此时、、三点也恰好共线，点的对应点为，连接，则长度的最小值为 ． 9.（2025·山东烟台·二模）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，BC＝1，分别以AB、AC为边作正三角形ABD、ACE，连接DE，交AB于点F，则DF的长为 ． 10.（2025·山东聊城·二模）如图，在矩形中，为对角线的垂直平分线，交于点，交的延长线于点．若，则下列说法错误的是（    ） A． B． C． D． 11．（2025·山东淄博·二模）如图，在菱形中，，点在边上，连结，将绕点旋转，点恰好落在边上的点处，且，若，，则 ． 12．（2025·山东淄博·一模）在综合与实践活动课上，小明以矩形为主题开展研究性学习． 【动手操作】作矩形，使，连接，作点关于的对称点，连接，，，，与交于点． 【观察发现】 （1）如图1，当时，小明发现，的度数是确定的，请直接写出这个度数； （2）如图2，当时，小明又发现，线段与的比是确定的，请求出这个比值； 【实践探究】（3）如图3，设，与的交点分别为，，小明进一步发现，线段与始终保持相等，请予以证明． 13（2025·山东临沂·二模）如图，正方形中，平分，交于点，将绕点顺时针旋转得到，延长交于点，连接、，交于点．下列结论①；②；③；④，正确的是（   ） A．①②③④ B．①②③ C．①③④ D．①②④ 14.（2025·山东聊城·一模）数学活动课上，老师说：正方形是一个很奇妙的图形，它的四条边都相等，四个角都是直角，而且通过添加线段，可以得到更多美妙的结论．下面让我们一起来探究“奇妙的正方形”吧．    活动一：如图①，在正方形中，、分别是边上的点，且．请判断线段与之间的位置关系，并说明理由； 活动二：“探究小组”在“活动一”的基础上发现，当是的中点时，连接，如图②，可求出的正切值． 他们给出的思路是：先证，再过点作的垂线，垂足记为，然后在中利用勾股定理找和的数量关系． 请根据“探究小组”的思路，求出的正切值； 小明在解决这一问题之前，先进行特殊思考：如图②，当E是对角线的中点时，他发现与之间的数量关系是______．若点E在其它位置时，这个结论是否都成立呢？小明继续探究，他用“平移法”将沿方向平移得到，将原来分散的两条线段集中到同一个三角形中，如图③，这样就可以将问题转化为探究与之间的数量关系． (1)请你按照小明的思路，完成解题过程； (2)你能用与小明不同的方法来解决李老师给出的“数学问题”吗？请写出解题过程． 公司2 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $