专题03 三角形与四边形的综合证明与计算（复习讲义）(广东专用)2026年中考数学二轮复习讲练测

专题03 三角形与四边形的综合证明与计算 目 录 01 析·考情目标 02 筑·专题框架 03 攻·重难考点 真题动向 题型一 三角形全等的判定与证明 题型二 三角形相似的判定与计算 题型三 特殊三角形的性质与计算 题型四 三角形中位线与中点四边形 题型五 特殊四边形的判定与证明 题型六 四边形的面积与周长计算 题型七 图形折叠、旋转与三角形四边形综合 题型八 尺规作图与几何证明结合 必备知识 知识1 三角形全等的判定定理（SAS、ASA、AAS、SSS、HL） 知识2 三角形相似的判定与性质 知识3 等腰、等边、直角三角形的性质与判定 知识4 三角形内角和、外角性质与勾股定理 知识5 三角形中位线定理与中点四边形性质 知识6 平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质 知识7 特殊四边形的判定方法 知识8 多边形内角和与外角和公式 知识9 图形折叠、旋转的不变性 知识10 尺规作中线、角平分线、垂直平分线 命题预测 预测1 三角形全等的证明 [广州2025年第18题/深圳2025年第18题/广东省卷2025年第17题] 预测2 相似三角形的判定与线段计算 [三地解答题高频考点] 预测3 特殊三角形边角计算与角度推导 [选择填空必考] 预测4 中点四边形与面积转化 [广州2025年第8题/广东省卷高频] 预测5 菱形、矩形的性质与判定 [广州2025年第24题/深圳2025年第18题] 预测6 正方形与折叠、旋转综合 [深圳选择压轴常考] 预测7 尺规作图与几何证明结合 [广州、广东省卷必考] 预测8 三角形、四边形综合性问题 [压轴题核心考点] 命题 透视 命题形式： 选择题、填空题及解答题 考察能力： 运算能力、抽象能力、推理能力、几何直观、空间观念、模型思想 热考角度 考点 广东省卷 广州卷 深圳卷 全等三角形与相似三角形 2025：T10（矩形中的相似与正切） 2024：T22（中位线、旋转中的相似） 2025：T12（相似三角形基本性质）、T18（全等三角形判定） 2024：T18（正方形中的相似） 2025：T8（正方形折叠中的相似）、T13（矩形中的旋转相似）、T20（双等四边形中的相似） 2024：T13（相似三角形与解直角三角形） 直角三角形与解直角三角形 2025：T17（圆的切线→直角三角形）、T21（正弦定理解三角形） 2024：T18（矩形充电站→解直角三角形） 2025：T2（直角三角形旋转得圆锥）、T14（角平分线→点到直线距离，含直角三角形） 2024：T7（等腰直角三角形面积） 2025：T4（正弦定义）、T18（菱形中的直角三角形与圆切线） 2024：T8（仰角解直角三角形）、T11（矩形中扇形→解直角三角形） 等腰三角形与等边三角形 2025：无单独考察 2024：无单独考察 2025：无单独考察 2024：T7（等腰直角三角形） 2025：T20（双等四边形→等腰三角形性质） 2024：T12（菱形→等腰三角形） 平行四边形（含矩形、菱形、正方形） 2025：T5（三角形中位线→平行四边形）、T19（直角三角形斜边中线→菱形、平行四边形） 2024：T15（菱形面积与阴影）、T23（矩形与反比例函数） 2025：T5（三角形中位线）、T8（菱形中点四边形→矩形）、T23（黄金矩形折叠） 2024：T13（平行四边形角平分线）、T19（尺规作图→矩形）、T24（菱形与轴对称、圆） 2025：T13（矩形与圆、旋转）、T18（菱形与圆切线、尺规作图） 2024：T10（正方形边长估算）、T11（矩形扇形面积）、T12（菱形与反比例函数）、T18（圆切线→矩形）、T20（垂中平行四边形） 多边形与角度计算 2025：T5（中位线→角度） 2024：无单独考察 2025：T11（邻补角计算） 2024：无单独考察 2025：T6（平行线反射→角度） 2024：T5（平行线反射→角度） 几何变换与尺规作图 2025：无 2024：T17（尺规作角平分线） 2025：T25（尺规作平行四边形） 2024：T19（尺规作中线、旋转得矩形） 2025：T18（尺规作平行线） 2024：T6（尺规作图判断角平分线） 命题预测 1. 考情预测 · 根据近两年广东省内中考的趋势，2026年的中考中，“三角形与四边形”板块仍是几何综合题的核心，常作为解答题的中档题或压轴题出现。 · 全等与相似：必考内容，常与矩形、菱形、正方形结合，通过折叠、旋转、动点等背景考查判定与性质。 · 直角三角形：高频考点，主要考查勾股定理、锐角三角函数（特别是正弦、余弦、正切的应用），以及解直角三角形的实际应用（仰角、俯角、坡度等）。 · 特殊四边形：矩形、菱形、正方形的性质和判定是重中之重，常与函数、圆、动点问题综合，考查推理与计算能力。 · 几何变换：平移、旋转、轴对称（折叠）是常见操作，常用来构造全等或相似，考查空间想象和逻辑推理。 · 尺规作图：虽不单独作为大题，但常在证明题或综合题中要求保留作图痕迹，考查基本作图技能。 2. 备考建议 · 熟练掌握三角形全等、相似的判定方法（SSS、SAS、ASA、AAS、HL；平行线分线段成比例、AA等），能灵活选择判定定理进行证明。 · 强化解直角三角形的训练，熟记特殊角（30°、45°、60°）的三角函数值，能根据实际问题构造直角三角形并求解。 · 系统复习平行四边形的性质与判定，特别是矩形、菱形、正方形的特殊性质和相互转化关系，能结合折叠、旋转等动态条件进行综合推理。 · 重视几何变换思想的渗透，能从变换的角度分析图形结构，将复杂问题转化为基本图形问题。 · 规范尺规作图步骤，保留必要的作图痕迹，并能在证明中准确描述作图过程。 · 提高几何语言表达能力，做到推理严密、逻辑清晰、书写规范。 题型一 三角形全等的判定与证明 1. 先挖掘隐含条件：公共边/角、对顶角、平行线得等角，再整理已知条件。 2. 选用对应判定定理：SSS、SAS、ASA、AAS，直角三角形可用HL。 严格按“条件→结论”规范书写，保证边角对应一致。 1．（2024·广东广州·中考真题）如图，在中，，，为边的中点，点，分别在边，上，，则四边形的面积为（    ） A．18 B． C．9 D． 【答案】C 【分析】本题考查等腰直角三角形的性质以及三角形全等的性质与判定，掌握相关的线段与角度的转化是解题关键．连接，根据等腰直角三角形的性质以及得出，将四边形的面积转化为三角形的面积再进行求解． 【详解】解：连接，如图： ∵，，点D是中点， ∴ ∴， ∴ 又∵ ∴ 故选：C 2．（2023·广东深圳·中考真题）如图，在中，，，点D为上一动点，连接，将沿翻折得到，交于点G，，且，则______．    【答案】 【分析】于点M，于点N，则，过点G作于点P，设，根据得出，继而求得，，，再利用，求得，利用勾股定理求得，，故， 【详解】由折叠的性质可知，是的角平分线，，用证明，从而得到，设，则，，利用勾股定理得到即，化简得，从而得出，利用三角形的面积公式得到：． 作于点M，于点N，则， 过点G作于点P，    ∵于点M， ∴， 设，则，， 又∵，， ∴，，， ∵，即， ∴，， 在中，，， 设，则 ∴ ∴， ∵，，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵，，，， ∴， ∴， 设，则，， 在中，，即， 化简得：， ∴， ∴ 故答案是：． 【点睛】本题考查解直角三角形，折叠的性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的性质，勾股定理等知识，正确作出辅助线并利用勾股定理列出方程是解题的关键． 3．（2025·广东广州·中考真题）如图，，，．求证：． 【答案】见解析 【分析】本题考查了全等三角形的判定，先证明，进而根据即可证明． 【详解】证明：∵， ∴，即， 在和中， ∴ 题型二 三角形相似的判定与计算 1. 优先找相等角：公共角、同角余角/补角相等，两角对应相等即可判定相似。 1. 相似后用对应边成比例、对应角相等列等式，计算边长或比值。 1. 注意分类讨论：未指明对应关系时，需考虑多种相似情况。 1．（2025·广东·中考真题）如图，在矩形中，，是边上的三等分点，连接，相交于点，连接．若，，则的值是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查矩形的性质，相似三角形的判定和性质，求角的正切值，熟练掌握以上知识点是解题的关键．根据矩形的性质，证明，得到，然后过点作，得到，根据相似三角形对应边成比例分别求出的长，进而求出的长，再利用正切的定义求解即可． 【详解】解：∵矩形，，是边上的三等分点，，， ∴，，，，， ∴， ∴， ∴， 过点作，则， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴； 故选：B． 2．（2025·广东广州·中考真题）如图，在中，点，分别在，上，，若，则__________． 【答案】 【分析】本题考查了相似三角形的性质与判定，根据题意证明，根据相似三角形的性质即可求解． 【详解】解：∵ ∴， ∴ 故答案为：． 3．（2025·广东深圳·中考真题）综合与探究 【探索发现】如图1，小军用两个大小不同的等腰直角三角板拼接成一个四边形． 【抽象定义】以等腰三角形的一腰为边向外作等腰三角形，使该边所对的角等于原等腰三角形的顶角，此时该四边形称为“双等四边形”，原等腰三角形称为四边形的“伴随三角形”．如图2，在中，，，．此时，四边形是“双等四边形”，是“伴随三角形”． 【问题解决】如图3，在四边形中，，，．求： ①与的位置关系为：__________： ②_____．（填“>”，“”或“”） 【方法应用】①如图4，若，将绕点逆时针旋转至，点恰好落在边上，求证：四边形是双等四边形． ②如图5，在等腰三角形中，，，，在平面内找一点，使四边形是以为伴随三角形的双等四边形，若存在，请求出的长，若不存在，请说明理由． 【答案】问题解决：①互相平行；②=；【方法应用】①见解析；②或或 【分析】本题主要考查等腰三角形的性质，旋转的性质以及相似三角形的判定与性质，熟练掌握相关知识是解答本题的关键． 问题解决：①根据等腰三角形的性质得出，从而可得； ②证明得出，即，由可得结论； 方法应用：①根据双等四边形的定义进行证明；②分，或，或，三种情况讨论求解即可． 【详解】解：[问题解决]①∵， ∴， ∴， ∴； ②∵，， ∴， ， ， ， ； 故答案为：①平行；②＝； 方法应用：①为旋转得到， ， 令，则，， ， 由旋转得，， 又， ∴， ， ， ， 四边形为双等四边形； ②作于点， ，， ，， 设，则： ， 在中，，即， 解得：， ，， 若，时，， 若，时， ， 作于点， ∴， ， ， 若，时，如图， ， ， ， ， ． 综上所述：满足条件时，或或． 题型三 特殊三角形的性质与计算 1. 等腰三角形：等边对等角、三线合一；直角三角形用勾股定理、两锐角互余。 1. 等边三角形三边相等、三角均为60°，兼具等腰与直角三角形相关性质。 1. 结合面积法、特殊角度（30°、45°）快速求边长、高。 1．（2025·广东深圳·中考真题）如图1，在中，是的中点，，． (1)求证：四边形为菱形； (2)如图2，若点为上一点，，且，，三点均在上，连接，与相切于点， ①求__________； ②求的半径； (3)利用圆规和无刻度直尺在图2中作射线，交于点，保留作图痕迹，不用写出作法和理由． 【答案】(1)见解析 (2)①30°；② (3)见解析 【分析】（1）先证明四边形为平行四边形，斜边上的中线得到，即可得证； （2）①根据菱形的性质，得到，等角对等边得到，三角形的外角得到，切线得到，再根据角的和差关系进行求解即可；②解直角三角形，进行求解即可； （3）利用尺规作图作，即可． 【详解】（1）解：， 四边形为平行四边形， 又，且为中点 ， 平行四边形为菱形． （2）①四边形为菱形． ， ， 又， ， ， 切于， ， ； ； ②设半径为， ， ， ，， ； 解得：； （3）由题意，作图如下： 【点睛】本题考查菱形的判定和性质，斜边上的中线，切线的性质，解直角三角形，尺规作平行线，熟练掌握相关知识点，是解题的关键． 2．（2025·广东·中考真题）如图，是斜边上的中线，过点，分别作，，与相交于点．现有以下命题： 命题1：若连接交于点，则． 命题2：若连接，则． 命题3：若连接，则． 任选两个命题，先判断真假，再证明或举反例． 【答案】命题1是真命题，证明见解析；命题2是真命题，证明见解析；命题3是真命题，证明见解析 【分析】命题1：连接，交于，如图所示，先由直角三角形斜边上的中线等于斜边一半得到，判定四边形是平行四边形，进而得到四边形是菱形，再由中位线的判定与性质得到，最后利用三角形面积公式求解即可得证； 命题2：连接，交于，如图所示，先由直角三角形斜边上的中线等于斜边一半得到，判定四边形是平行四边形，进而得到四边形是菱形即可得证； 命题3：连接，交于，如图所示，先由直角三角形斜边上的中线等于斜边一半得到，判定四边形是平行四边形，再由平行四边形的判定与性质得到四边形是平行四边形即可得证． 【详解】解：命题1：若连接交于点，则． 命题1是真命题，证明如下： 连接，交于，如图所示： 是斜边上的中线， ， ，， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形， ，且，， 为的中点， 是的中位线，则， ，则； 命题2：若连接，则． 命题2是真命题，证明如下： 连接，交于，如图所示： 是斜边上的中线， ， ，， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形， ； 命题3：若连接，则． 命题3是真命题，证明如下： 连接，交于，如图所示： 是斜边上的中线， ， ，， 四边形是平行四边形， ， ， ， 四边形是平行四边形， ． 【点睛】本题考查平行四边形及特殊平行四边形综合，涉及直角三角形斜边的中线等于斜边的一半、平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质、三角形中位线的判定与性质、三角形面积公式等知识，熟记平行四边形及特殊平行四边形的判定与性质是解决问题的关键． 3．（2024·广东深圳·中考真题）垂中平行四边形的定义如下：在平行四边形中，过一个顶点作关于不相邻的两个顶点的对角线的垂线交平行四边形的一条边，若交点是这条边的中点，则该平行四边形是“垂中平行四边形”． (1)如图1所示，四边形为“垂中平行四边形”，，，则______；______； (2)如图2，若四边形为“垂中平行四边形”，且，猜想与的关系，并说明理由； (3)①如图3所示，在中，，，交于点，请画出以为边的垂中平行四边形，要求：点在垂中平行四边形的一条边上（不限作图工具）； ②若关于直线对称得到，连接，作射线交①中所画平行四边形的边于点，连接，请直接写出的值． 【答案】(1)， (2)，理由见解析 (3)①见解析；②或 【分析】（1）由“垂中平行四边形”的定义可得，，，，从而可得，由勾股定理得出，证明，得出，再由勾股定理计算即可得解； （2）由“垂中平行四边形”的定义可得，，，，证明，得出，设，则，，由勾股定理可得，求出，从而可得，即可得解； （3）①根据“垂中平行四边形”的定义画出图形即可；②根据①中画出的图形，分别结合相似三角形的判定与性质以及勾股定理计算即可得解． 【详解】（1）解：∵四边形为“垂中平行四边形”， ∴，，，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：，理由如下： ∵四边形为“垂中平行四边形”， ∴，，，， ∴， ∴， 设，则， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）解：①第一种情况：如图①，作的平行线，并使得，连接，则四边形为平行四边形， 延长交于， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴为的中点， ∴四边形即为所求的“垂中平行四边形”； 第二种情况：如图②，作的平分线，并取交的平分线于点，延长交的延长线于点，在射线上取，连接，故点为的中点， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∴四边形为所求的“垂中平行四边形”； 第三种情况：如图③，作，交的延长线于点，连接，在的延长线上取点，使得，连接，则点为的中点， 同理可得证明，则，则四边形为平行四边形， 故四边形为所求的“垂中平行四边形”；     ②若按照上图①作图， 由题意可得，，四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴是等腰三角形， 作于，则， ∵，， ∴，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴； 若按照上图②作图， 延长、交于点， 同理可得，是等腰三角形， 连接， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 同理可得， ∵，，， ∴， ∴， ∴； 若按照上图③作图，则没有交点，不存在，故不符合题意， 综上所述，或． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、平行四边形的性质、勾股定理、等腰三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线，采用分类讨论与数形结合的思想是解此题的关键． 题型四 三角形中位线与中点四边形 1. 三角形中位线平行于第三边且等于其一半，可证平行、求线段长度。 1. 中点四边形形状由原四边形对角线决定：对角线相等得菱形，互相垂直得矩形。 1. 利用中位线性质简化周长、边长计算。 1．（2025·广东广州·中考真题）如图，菱形的面积为10，点E，F，G，H分别为，，，的中点，则四边形的面积为（   ） A． B．5 C．4 D．8 【答案】B 【分析】本题考查的是中点四边形，根据三角形中位线定理得，，证明四边形是矩形，进而得菱形的面积．四边形面积是故可得结论． 【详解】解：连接交于O， ∵四边形是菱形， ∴， ∵点E、F、G、H分别是边和的中点， ∴，， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴菱形的面积， ∴， ∴， ∴四边形的面积为5， 故选：B． 2．（2025·广东·中考真题）如图，点，，分别是各边上的中点，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】此题考查了三角形中位线的性质和判定，平行线的性质，首先得到，是的中位线，得到，，然后根据平行线的性质求解即可． 【详解】∵点，，分别是各边上的中点， ∴，是的中位线 ∴， ∴ ∵ ∴． 故选：C． 3．（2013·广东珠海·中考真题）如图，正方形ABCD的边长为1，顺次连接正方形ABCD四边的中点得到第一个正方形A1B1C1D1，由顺次连接正方形A1B1C1D1四边的中点得到第二个正方形A2B2C2D2…，以此类推，则第六个正方形A6B6C6D6周长是_____． 【答案】 【分析】根据题意，利用中位线定理可证明顺次连接正方形ABCD四边中点得正方形A1B1C1D1的面积为正方形ABCD面积的一半，根据面积关系可得周长关系，以此类推可得正方形A6B6C6D6的周长． 【详解】解：顺次连接正方形ABCD四边的中点得正方形A1B1C1D1，则得正方形A1B1C1D1的面积为正方形ABCD面积的一半，即，则周长是原来的； 顺次连接正方形A1B1C1D1中点得正方形A2B2C2D2，则正方形A2B2C2D2的面积为正方形A1B1C1D1面积的一半，即，则周长是原来的； 顺次连接正方形A2B2C2D2得正方形A3B3C3D3，则正方形A3B3C3D3的面积为正方形A2B2C2D2面积的一半，即，则周长是原来的； 顺次连接正方形A3B3C3D3中点得正方形A4B4C4D4，则正方形A4B4C4D4的面积为正方形A3B3C3D3面积的一半，则周长是原来的； … 故第n个正方形周长是原来的， 以此类推：第六个正方形A6B6C6D6周长是原来的， ∵正方形ABCD的边长为1， ∴周长为4， ∴第六个正方形A6B6C6D6周长是． 故答案为． 考点：中点四边形． 题型五 特殊四边形的判定与证明 1. 先证平行四边形，再叠加条件：一个直角为矩形，一组邻边相等为菱形。 1. 正方形判定：矩形+邻边相等，或菱形+一个直角。 1. 常用判定：对边平行且相等、对角线互相平分/相等/垂直。 1．（2025·广东深圳·中考真题）如图，将正方形沿折叠，使得点与对角线的交点重合，为折痕，则的值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】题目主要考查正方形的性质，折叠的性质，相似三角形的判定和性质，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键. 根据折叠得出，，利用相似三角形的判定和性质得出，再由正方形的性质求解即可. 【详解】解：∵正方形沿折叠， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵正方形， ∴， ∴， 故选：D. 2．（2024·广东广州·中考真题）如图，中，，点在的延长线上，，若平分，则______． 【答案】5 【分析】本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的判定和性质，掌握平行四边形的性质是解题关键．由平行四边形的性质可知，，，进而得出，再由等角对等边的性质，得到，即可求出的长． 【详解】解：在中，， ，， ， 平分， ， ， ， ， 故答案为：5． 3．（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． 4．（2024·广东广州·中考真题）如图，在菱形中，．点在射线上运动（不与点，点重合），关于的轴对称图形为． (1)当时，试判断线段和线段的数量和位置关系，并说明理由； (2)若，为的外接圆，设的半径为． ①求的取值范围； ②连接，直线能否与相切？如果能，求的长度；如果不能，请说明理由． 【答案】(1)， (2)①且；②能， 【分析】（1）由菱形的性质可得，，再结合轴对称的性质可得结论； （2）①如图，设的外接圆为，连接交于．连接，，，，证明为等边三角形，共圆，，在上，，过作于，当时，最小，则最小，再进一步可得答案；②如图，以为圆心，为半径画圆，可得在上，延长与交于，连接，证明，可得，为等边三角形，证明，可得：，，过作于，再进一步可得答案． 【详解】（1）解：，；理由如下： ∵在菱形中，， ∴，， ∵， ∴， ∴， 由对折可得：， ∴； （2）解：①如图，设的外接圆为，连接交于．连接，，，， ∵四边形为菱形，， ∴， ，， ∴为等边三角形， ∴， ∴共圆，，在上， ∵， ∴， 过作于， ∴，， ∴， 当时，最小，则最小， ∵，， ∴， ∴； 点E不与B、C重合， ，且， ∴的取值范围为且； ②能为的切线，理由如下： 如图，以为圆心，为半径画圆， ∵， ∴在上， 延长与交于，连接， 同理可得为等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∵为的切线， ∴， ∴， ∵， ∴为等边三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， 由对折可得：，， 过作于， ∴设， ∵， ∴， ∴， 解得：， ∴， ∴． 【点睛】本题考查的是轴对称的性质，菱形的性质，等边三角形的判定与性质，圆周角定理的应用，锐角三角函数的应用，勾股定理的应用，切线的性质，本题难度很大，作出合适的辅助线是解本题的关键． 5．（2024·广东·中考真题）中国新能源汽车为全球应对气候变化和绿色低碳转型作出了巨大贡献．为满足新能源汽车的充电需求，某小区增设了充电站，如图是矩形充电站的平面示意图，矩形是其中一个停车位．经测量，，，，，是另一个车位的宽，所有车位的长宽相同，按图示并列划定．    根据以上信息回答下列问题：（结果精确到，参考数据） (1)求的长； (2)该充电站有20个停车位，求的长． 【答案】(1) (2) 【分析】本题主要考查了矩形的性质，解直角三角形的实际应用： （1）先由矩形的性质得到，再解得到，接着解直角三角形得到，进而求出，据此可得答案； （2）解得到，解得到，再根据有20个停车位计算出的长即可得到答案． 【详解】（1）解：∵四边形是矩形， ∴， 在中，，， ∴，， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴    （2）解：在中，， 在中，， ∵该充电站有20个停车位， ∴， ∵四边形是矩形， ∴． 题型六 四边形的面积 1. 规则图形直接用公式：平行四边形底×高，菱形可用对角线乘积的一半。 1. 不规则四边形用割补法，拆分为三角形、梯形分别计算。 1. 周长为各边之和，借助全等、对称性质简化边长求解。 1．（2024·广东·中考真题）如图，菱形的面积为24，点E是的中点，点F是上的动点．若的面积为4，则图中阴影部分的面积为______． 【答案】10 【分析】本题考查了菱形的性质，三角形中线的性质，利用菱形的性质、三角形中线的性质求出，，根据和菱形的面积求出，，则可求出的面积，然后利用求解即可． 【详解】解：连接， ∵菱形的面积为24，点E是的中点，的面积为4， ∴，， 设菱形中边上的高为h， 则，即， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：10． 2．（2023·广东·中考真题）边长分别为10，6，4的三个正方形拼接在一起，它们的底边在同一直线上（如图），则图中阴影部分的面积为_______．    【答案】15 【分析】根据正方形的性质及相似三角形的性质可进行求解． 【详解】解：如图，    由题意可知，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； 故答案为15． 【点睛】本题主要考查正方形的性质及相似三角形的性质与判定，熟练掌握正方形的性质及相似三角形的性质与判定是解题的关键． 3．（2024·广东·中考真题）【问题背景】 如图1，在平面直角坐标系中，点B，D是直线上第一象限内的两个动点，以线段为对角线作矩形，轴．反比例函数的图象经过点A． 【构建联系】 （1）求证：函数的图象必经过点C． （2）如图2，把矩形沿折叠，点C的对应点为E．当点E落在y轴上，且点B的坐标为时，求k的值． 【深入探究】 （3）如图3，把矩形沿折叠，点C的对应点为E．当点E，A重合时，连接交于点P．以点O为圆心，长为半径作．若，当与的边有交点时，求k的取值范围． 【答案】（1）证明见解析；（2）；（3） 【分析】（1）设，则，用含的代数式表示出，再代入验证即可得解； （2）先由点B的坐标和k表示出，再由折叠性质得出，如图，过点D作轴，过点B作轴，证出，由比值关系可求出，最后由即可得解； （3）当过点B时，如图所示，过点D作轴交y轴于点H，求出k的值，当过点A时，根 据A，C关于直线对轴知，必过点C，如图所示，连，，过点D作轴交y轴于点H，求出k的值，进而即可求出k的取值范围． 【详解】（1）设，则， ∵轴， ∴D点的纵坐标为， ∴将代入中得：得， ∴， ∴， ∴， ∴将代入中得出， ∴函数的图象必经过点C； （2）∵点在直线上， ∴， ∴， ∴A点的横坐标为1，C点的纵坐标为2， ∵函数的图象经过点A，C， ∴，， ∴， ∴， ∵把矩形沿折叠，点C的对应点为E， ∴，， ∴， 如图，过点D作轴，过点B作轴， ∵轴， ∴H，A，D三点共线， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴, ∵， ∴，， ∴， 由图知，， ∴， ∴； （3）∵把矩形沿折叠，点C的对应点为E，当点E，A重合， ∴， ∵四边形为矩形， ∴四边形为正方形，， ∴，，， ∵轴， ∴直线为一，三象限的夹角平分线， ∴， 当过点B时，如图所示，过点D作轴交y轴于点H， ∵轴， ∴H，A，D三点共线， ∵以点O为圆心，长为半径作，， ∴， ∴， ∴，，， ∵轴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 当过点A时，根 据A，C关于直线对轴知，必过点C，如图所示，连，，过点D作轴交y轴于点H， ∵, ∴为等边三角形， ∵， ∴， ∴，， ∴，， ∵轴， ∴， ∴， ∴, ∴， ∴， ∴， ∴, ∴当与的边有交点时，k的取值范围为． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，解直角三角形，一次函数的性质，反比例函数的性质，矩形的性质，正方形的判定和性质，轴对称的性质，圆的性质等知识点，熟练掌握其性质，合理作出辅助线是解决此题的关键． 题型七 四边形综合 遇到什么图形就想什么图形的性质。 1．（2025·广东广州·中考真题）如图1，，为中点，点在上方，连接，． (1)尺规作图：作点关于点的对称点（保留作图痕迹，不写作法），连接，，并证明：四边形为平行四边形； (2)如图2，延长至点，使得，当点在直线的上方运动，直线的上方有异于点的动点，连接，，，，若，且． ①求证：； ②的长是否存在最大值？若存在，求出该最大值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)见解析 (2)①见解析；② 【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，圆周角定理，熟练掌握以上知识是解题的关键； （1）连接并延长，在的延长线上截取，连接，进而根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，即可得证； （2）①根据得出，，根据已知可得； ②根据，，得出在的外接圆上运动，设的外接圆为，设与交于点，连接，证明得出，当为的直径时，取得最大值为，进而即可求解． 【详解】（1）解：如图， ∵为中点， ∴， 根据作图可得， ∴四边形为平行四边形， （2）①∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴且， ∴， ∴， ②∵，， ∴在的外接圆上运动，设的外接圆为 如图，设与交于点，连接， ∴ ∴ ∵ ∴， ∵ ∴ 又∵ ∴ 又，则， ∴ ∴ ∴当为的直径时，取得最大值为 ∴的最大值为 2．（2024·广东深圳·中考真题）垂中平行四边形的定义如下：在平行四边形中，过一个顶点作关于不相邻的两个顶点的对角线的垂线交平行四边形的一条边，若交点是这条边的中点，则该平行四边形是“垂中平行四边形”． (1)如图1所示，四边形为“垂中平行四边形”，，，则________；________； (2)如图2，若四边形为“垂中平行四边形”，且，猜想与的关系，并说明理由； (3)①如图3所示，在中，，，交于点，请画出以为边的垂中平行四边形，要求：点在垂中平行四边形的一条边上（温馨提示：不限作图工具）； ②若关于直线对称得到，连接，作射线交①中所画平行四边形的边于点，连接，请直接写出的值． 【答案】(1)， (2)，理由见解析 (3)①见解析；②或． 【分析】（1）根据题意可推出，得到，从而推出，再根据勾股定理可求得，再求得； （2）根据题意可推出，得到，设，则，，再利用勾股定理得到，从而推出、，即可求得答案； （3）①分情况讨论，第一种情况，作的平行线，使，连接，延长交于点；第二种情况，作的平分线，取交的平分线于点，延长交的延长线于点，在射线上取，连接；第三种情况，作，交的延长线于点，连接，作的垂直平分线； 在延长线上取点F，使，连接； ②根据①中的三种情况讨论： 第一种情况，根据题意可证得是等腰三角形，作，则，可推出，从而推出，计算可得，最后利用勾股定理即可求得； 第二种情况，延长、交于点，同理可得是等腰三角形，连接，可由，结合三线合一推出，从而推出，同第一种情况即可求得； 第三种情况无交点，不符合题意． 【详解】（1）解：，为的中点，，，， ，， ，即，解得， ， ； 故答案为：1；； （2）解：，理由如下： 根据题意，在垂中四边形中，，且为的中点， ，； 又， ， ； 设，则， ， ， ，， ， ， ， ； （3）解：①第一种情况： 作的平行线，使，连接， 则四边形为平行四边形； 延长交于点， ， ， ， ，， ，即， 为的中点； 故如图1所示，四边形即为所求的垂中平行四边形： 第二种情况： 作的平分线，取交的平分线于点，延长交的延长线于点，在射线上取，连接， 故为的中点； 同理可证明：， 则， 则四边形是平行四边形； 故如图2所示，四边形即为所求的垂中平行四边形： 第三种情况： 作，交的延长线于点，连接，作的垂直平分线； 在延长线上取点F，使，连接， 则为的中点， 同理可证明，从而， 故四边形是平行四边形； 故如图3所示，四边形即为所求的垂中平行四边形： ②若按照图1作图， 由题意可知，， 四边形是平行四边形， ， ， 是等腰三角形； 过P作于H，则， ，， ，， ， ； ,， ， ，即   ∴ 若按照图2作图， 延长、交于点， 同理可得：是等腰三角形， 连接， ， ， ， ， ； 同理，， ，，， ，即，   ， 若按照图3作图，则：没有交点，不存在PE（不符合题意） 故答案为：或． 【点睛】本题考查了垂中平行四边形的定义，平行四边形的性质与判定，相似三角形的判定与性质，勾股定理，尺规作图，等腰三角形的判定与性质等，熟练掌握以上知识点，读懂题意并作出合适的辅助线是解题的关键． 题型八 尺规作图与几何证明结合 1. 掌握基本作图：作角平分线、垂直平分线、垂线、等线段，保留作图痕迹。 1. 作图依据常为垂直平分线、角平分线性质，直接用于证明或计算。 1. 作图后按要求写结论，再结合几何定理完成后续推理。 1．（2024·广东·中考真题）如图，在中，．    (1)实践与操作：用尺规作图法作的平分线交于点D；（保留作图痕迹，不要求写作法） (2)应用与证明：在（1）的条件下，以点D为圆心，长为半径作．求证：与相切． 【答案】(1)见解析 (2)证明见解析 【分析】本题考查了尺规作角平分线，角平分线的性质定理，切线的判定等知识．熟练上述知识是解题的关键． （1）利用尺规作角平分线的方法解答即可； （2）如图2，作于，由角平分线的性质定理可得，由是半径，，可证与相切． 【详解】（1）解：如图1，即为所作；    （2）证明：如图2，作于，    ∵是的平分线，，， ∴， ∵是半径，， ∴与相切． 2．（2024·广东广州·中考真题）如图，中，． (1)尺规作图：作边上的中线（保留作图痕迹，不写作法）； (2)在（1）所作的图中，将中线绕点逆时针旋转得到，连接，．求证：四边形是矩形． 【答案】(1)作图见解析 (2)证明见解析 【分析】本题考查的是作线段的垂直平分线，矩形的判定，平行四边形的判定与性质,旋转的性质； （1）作出线段的垂直平分线EF，交于点O，连接，则线段即为所求； （2）先证明四边形为平行四边形，再结合矩形的判定可得结论． 【详解】（1）解：如图，线段即为所求； （2）证明：如图， ∵由作图可得：，由旋转可得：， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形为矩形． 3．（2023·广东·中考真题）如图，在中，．    (1)实践与操作：用尺规作图法过点作边上的高；(保留作图痕迹，不要求写作法) (2)应用与计算：在（1）的条件下，，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据过直线外一点作已知直线的垂线的方法作图即可，可用圆规以点D为圆心，在上找到两个点到点D的距离相等，再分别以这两个点为圆心，相等且大于这两点距离的一半为半径画弧，再找到一个到这两个点的距离相等的点，连接最后得到的点与点D所得线段所在的直线就是高所在的直线，据此画图即可； （2）先利用度角的余弦值求出，再由计算即可． 【详解】（1）解：依题意作图如下，则即为所求作的高：    （2）∵，，是边上的高， ∴，即， ∴． 又∵， ∴， 即的长为． 【点睛】本题考查尺规作图—作垂线，度角的余弦值，掌握过直线外一点作垂线的方法和度角的余弦值是解题的关键． 知识1 三角形全等的判定定理（SAS、ASA、AAS、SSS、HL） SSS（边边边）：三边对应相等的两个三角形全等 SAS（边角边）：两边及其夹角对应相等的两个三角形全等（非夹角的SSA不能判定） ASA（角边角）：两角及其夹边对应相等的两个三角形全等 AAS（角角边）：两角及其中一角的对边对应相等的两个三角形全等 HL（斜边、直角边）：仅适用于直角三角形，斜边和一条直角边对应相等的两个直角三角形全等 关键：AAA只能判定相似，不能判定全等；全等三角形对应边、对应角、对应高/中线/角平分线均相等 知识2 三角形相似的判定与性质 判定定理 AA（两角分别相等）：最常用判定，两组对应角相等→三角形相似 SAS（两边成比例且夹角相等）：两组对应边成比例，夹角相等→相似 SSS（三边成比例）：三组对应边的比值相等→三角形相似 核心性质 对应角相等，对应边成比例（比值为相似比） 对应高、对应中线、对应角平分线的长度比 = 相似比 周长的比 = 相似比；面积的比 = 相似比的平方 全等三角形是相似比的特殊相似三角形 知识3 等腰、等边、直角三角形的性质与判定 等腰三角形 性质：两腰相等；两底角相等（等边对等角）；三线合一（顶角平分线、底边上的中线、底边上的高互相重合）；轴对称图形 判定：两边相等的三角形；两角相等的三角形（等角对等边） 等边三角形 性质：三边相等；三个内角均为；三线合一；有3条对称轴 判定：三边相等的三角形；三个角都相等的三角形；有一个角是的等腰三角形 直角三角形 性质：两锐角互余；勾股定理；斜边上的中线等于斜边的一半；角所对的直角边等于斜边的一半 判定：有一个内角是的三角形；三边满足勾股逆定理；一边上的中线等于这条边一半的三角形 知识4 三角形内角和、外角性质与勾股定理 内角和定理：三角形三个内角的和为 外角性质：①三角形的一个外角等于与它不相邻的两个内角之和；②三角形的一个外角大于任何一个与它不相邻的内角 勾股定理：直角三角形中，两直角边的平方和等于斜边的平方（） 勾股逆定理：若三角形三边满足，则该三角形为直角三角形 知识5 三角形中位线定理与中点四边形性质 三角形中位线 定理：三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边长度的一半 作用：证明线段平行、求线段长度、推导面积关系 中点四边形 任意四边形的四边中点顺次连接，构成的四边形是平行四边形 原四边形对角线相等→中点四边形为菱形 原四边形对角线互相垂直→中点四边形为矩形 原四边形对角线相等且垂直→中点四边形为正方形 知识6 平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质 平行四边形 边：对边平行且相等；角：对角相等，邻角互补；对角线：互相平分；中心对称图形 矩形（特殊平行四边形） 具备平行四边形所有性质；角：四个角均为直角；对角线：相等且互相平分；轴对称+中心对称 菱形（特殊平行四边形） 具备平行四边形所有性质；边：四条边均相等；对角线：互相垂直平分，且平分一组对角；轴对称+中心对称 正方形（特殊矩形+菱形） 四边相等，四角均为直角；对角线：相等、互相垂直平分、平分内角；轴对称+中心对称 知识7 特殊四边形的判定方法 平行四边形判定 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；对角线互相平分 矩形判定 平行四边形+一个内角是直角；平行四边形+对角线相等；三个角是直角的四边形 菱形判定 平行四边形+一组邻边相等；平行四边形+对角线互相垂直；四条边都相等的四边形 正方形判定 矩形+一组邻边相等；菱形+一个内角是直角；对角线相等且互相垂直的平行四边形 知识8 多边形内角和与外角和公式 边形内角和公式：（且为整数） 任意多边形的外角和恒为，与边数无关 正边形每个内角度数：；每个外角度数： 知识9 图形折叠、旋转的不变性 折叠（轴对称变换） 本质：全等变换，折叠前后图形形状、大小不变，对应边、对应角相等 特殊性质：折痕是对应点连线的垂直平分线；折叠常形成等腰三角形、直角三角形 旋转 本质：全等变换，旋转前后图形全等，对应边、角相等 特殊性质：对应点到旋转中心的距离相等；任意一组对应点与旋转中心的连线夹角等于旋转角 知识10 尺规作中线、角平分线、垂直平分线 三角形中线 作法：找到对边中点，连接顶点与对边中点；中线平分三角形面积 角平分线 尺规作法：以角顶点为圆心画弧交两边，再以交点为圆心画弧，连接顶点与弧交点 性质：角平分线上的点到角两边的距离相等 线段垂直平分线 尺规作法：分别以线段两端为圆心、大于线段一半长度为半径画弧，连接上下交点 性质：垂直平分线上的点到线段两端点的距离相等 命题预测1：三角形全等的证明 [广州2025年第18题/深圳2025年第18题/广东省卷2025年第17题] 1．（2026·广东深圳·一模）如图，在正方形中，点在上，连接，作于点，交于点，作于点，交于点．若，则等于（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查求角度，涉及正方形性质、全等三角形的判定与性质，熟记全等三角形的判定与性质是解决问题的关键． 由，四边形是正方形，可证明，得，故，同理可得，可证明，即得，得，从而求出，而，得，即得． 【详解】解：， ， ， ， ∴， ， 在正方形中，， ，即， 同理可得， ， ，即， ， ∴， ， ， ， ， ， ， ∴， 故选：B． 2．（2026·广东深圳·一模）在中，，，点是边上一动点（），连接，将绕点逆时针旋转到上，连接，，取中点，若，则的值为________． 【答案】 【分析】如图，过点A作交于点O，且，推出，证明出，得到，然后得到点E在的垂直平分线上，求出，取的中点I，连接，，证明出点A，G，I三点共线，求出，然后证明出垂直平分，得到，证明出是等腰直角三角形，进而利用勾股定理求解即可． 【详解】解：如图，过点A作交于点O，且， ∵，， ∴，， ∴ ∴ ∵将绕点逆时针旋转到上 ∴， ∴是等边三角形 ∴， ∴ ∴ ∴ ∴ ∵， ∴ ∴ ∴点E在的垂直平分线上，即 ∴， ∴ ∴ ∵ ∴ 如图，取的中点I，连接， ∴ ∴是等边三角形 ∴ ∵点G是的中点 ∴ ∴ ∴点A，G，I三点共线 ∴ ∴ ∵， ∴ ∴， ∵， ∴ ∴ ∴ ∴ 又∵ ∴垂直平分 ∴ ∵， ∴ ∴ ∴ ∴是等腰直角三角形 ∴，即 ∴． 3．（2026·广东珠海·一模）如图1是一个立方体纸盒的示意图，图2是该立方体纸盒的表面展开图，连结，交于点P，则的值为______． 【答案】 【分析】记与交于点A，则点A是的中点，证明，得到，设，则，证明，得到，设，，分别求出，，即可求出结果． 【详解】解：如图，记与交于点A，则点A是的中点， ∵，， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， 设，则， ∵，， ∴， ∴， 设，，则， ∴， ∴， ∴． 4．（2026·广东佛山·一模）如图，点D、E、F是等边三角形边上的点，满足．连接，写出符合题意的三个不同类型的正确结论：________． 【答案】，，是等边三角形（答案不唯一） 【分析】根据等边三角形得到，，结合已知条件可得，即可证明，那么，那么可得到是等边三角形． 【详解】解：∵是等边三角形， ∴， ∵ ∴ ∴， ∴， ∴， ∴是等边三角形． 5．（2026·广东深圳·一模）邻等对补四边形的定义：至少有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做邻等对补四边形．如图1，在四边形中，若，那么四边形称为“邻等对补四边形”． 【概念辨析】 (1)用分别含有和角的直角三角形纸板拼出如图2所示的4个四边形，其中是“邻等对补四边形”的有___________（填序号）． 【性质探究】 (2)如图3，四边形是邻等对补四边形，其中，． ①写出图中相等的角，并说明理由； ②若，求的长？ 【拓展应用】 (3)如图4，在Rt中，，，，分别在边，上取点，，使四边形是邻等对补四边形，请直接写出的值． 【答案】(1)②④ (2)①，见解析；② (3)或或1 【分析】（1）根据邻等对补四边形的定义判断即可； （2）①延长至点E，使，连接，根据邻等对补四边形定义、补角的性质可得出，证明，得出，，根据等边对等角得出，即可得出结论； ②过A作于F，过A作于F，作，交于点，分别解，再根据线段的和差关系即可得出结果； （3）分三种情况讨论即可． 【详解】（1）解：（1）观察图知，图①、图③中不存在对角互补，图②、图④中存在对角互补且邻边相等， 故图②、图④中四边形是邻等对补四边形， 故答案为：②④； （2）解：①；理由如下： 延长至点E，使，连接，如下图， ∵四边形是邻等对补四边形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； ②过A作于F，作，交于点，如下图，则， ∵， ∴， ∴，， 由①可知：， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴，， ∴， ∴； （3）解：∵， ∴， ∵四边形是邻等对补四边形， ∴， ∴， 当时， 如图，连接，过N作于H， ∴， 在中，， 在中，， ， 解得， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∴； 当时，如图，连接， ∵， ∴， ∴， 过点N作交于G， ∵， ∴， ， ∴， ∴， ； 当时， 连接，过N作于H，如图， ∵， ∴， ，即 解得：， ∵， ∴， ， ∴， ∴， ； 综上，或或1． 命题预测2：相似三角形的判定与线段计算 [三地解答题高频考点] 1．（2026·广东深圳·一模）如图所示，正方形中，点为边上靠近点的三等分点，连接，将沿翻折得到，连接，，则的值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】过点作分别交于点，证明，得出，设，则，根据得出，进而根据三角形的面积公式求得、，再求比值，即可求解． 【详解】解：如图，过点作分别交于点， 设正方形的边长为， ∵点为边上靠近点的三等分点， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∴四边形是矩形， ∴ ∵将沿翻折得到， ∴，， ∵， ∴ ∴， ∴ ∴ 设，则， ∴ ∴ ∵ ∴ 解得： ∴， ∴， ∴ ∴ 2．（2026·广东深圳·一模）如图，在边长为的正方形中，点是边的中点，连接，以点旋转中心将线段顺时针旋转，得到线段，连接，交边于点，，则的长为（   ）． A． B． C． D． 【答案】B 【分析】过点分别作、的垂线，交的延长线于点，交于点，容易证明，则，．容易证明四边形是正方形，则，．通过证明可得，利用平行可证明，则，计算得，最后相加即可． 【详解】解：如图，过点分别作、的垂线，交的延长线于点，交于点， 由旋转的性质可知，，， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，，， ∴， ∴， ∵点是边的中点， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是矩形， ∵， ∴四边形是正方形， ∴，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 3．（2026·广东深圳·一模）【定义】连接三角形的一个顶点与对边上任意一点的线段，把这个三角形分割成两个三角形，其中一个是等腰三角形，另一个是直角三角形，就称这条线段是该三角形的“奇妙分割线”． (1)【理解定义】 如图，在中，，，D是线段上一点，连接，若，那么线段 （填“是”或“不是”）的“奇妙分割线”． (2)【运用定义】 如图，在平行四边形中，，，连接，若，E是线段上一点，，连接交与点F．求证：线段是的“奇妙分割线”． (3)【拓展提升】 如图，在中，，，，点D是线段上的动点（点D不与B、C重合），连接，将沿翻折得到，点B的对应点为点E，连接、，当是的“奇妙分割线”时，求线段的长． 【答案】(1)是 (2)见解析 (3)1或 【分析】（1）根据“奇妙分割线”的定义即可判断； （2）根据平行四边形的性质得到，，，，则，，得到为直角三角形，再利用相似三角形的性质和勾股定理求出和的长，进而推出是等腰三角形，即可证明； （3）由翻折可知，，，，则是等腰三角形，根据是的“奇妙分割线”，可知为直角三角形，再分3种情况讨论求解线段的长即可． 【详解】（1）解：∵，， ∴， ∵， ∴， ∴，即为直角三角形， ∵， ∴为等腰三角形， ∴是的“奇妙分割线”； （2）证明：∵四边形是平行四边形， ∴，，，， ∴，， ∴，为直角三角形， ∵， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴是等腰三角形， ∴是的“奇妙分割线”； （3）解：由翻折可知，，，， ∴是等腰三角形， 又∵是的“奇妙分割线”， ∴为直角三角形； ①当时，， ∵ ∴， ∴， 如图，过点A作交的延长线于F，则， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； ②当时， 如图，作交的延长线于F，过E作交的延长线于G， 则， ∴四边形是矩形， ∴，， 由①可知，，， ∴， ∵，， ∴， ∴， 设，则， 在中，， ∴，即， 解得， ∴； ③当时，不存在满足题意的图形，舍去； 综上，的长为1或． 4．（2026·广东深圳·一模）如图，在中， ，D为上一点，连接，以为直角边向右侧作等腰直角， ，与交于点F，连接，若，则的值为__________． 【答案】 【分析】先证明，再证明，得到，进而推出，过F作交于点G，推出，设，求出，进而求出，即可得出结果． 【详解】解：∵ ， ， ∴，， ∴， 又∵， ∴， ∴，即， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 过F作交于点G，则， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 设，则，， ∴， ∴． 5．（2026·广东深圳·一模）如图，在中，，点D为中点，连接，过点D作交于点E，若，则的值为_________． 【答案】 【分析】过点E作于点F，构造，利用相似三角形的性质和已知线段比例关系，设、，则、，再分别在和中利用勾股定理建立方程，求出线段之间的数量关系，最后根据正切函数的定义求解． 【详解】解：如图，过点E作于点F， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 设、，则、， 点D为中点， ， ， 在中，， 在中，， ， ， 在中，， 在中，， ， ， ， ， 、， ， 在中， ． 命题预测3：特殊三角形边角计算与角度推导 [选择填空必考] 1．（2026·广东深圳·一模）在学习特殊四边形的过程中，我们积累了一定的研究几何图形的经验，请运用已有经验，对“腰分双等四边形”进行研究． 【图形定义】 若四边形的一条对角线把其分割成两个等腰三角形．且这条对角线是这两个等腰三角形的腰，那么我们称这个四边形为“腰分双等四边形”，这条对角线为“腰分线”． (1)【概念理解】如图1，在四边形中，，连接，点是的中点，连接，．求： ①四边形_____（填“是”或“不是”）腰分双等四边形； ②若，的度数为_____．的度数为_____． (2)【性质探究】如图2，正方形边长为6，点为其内部一点（不含中心），四边形为腰分双等四边形，为腰分线，过点作直线的垂线，垂足为点，连结，若，求的面积． (3)【拓展应用】如图3，在矩形中，，点是其内部一点，点是边上一点，四边形是腰分双等四边形，为腰分线，延长交线段于点，连接．若，，请直接写出的长． 【答案】(1)①是；②， (2) (3)或 【分析】（1）①点是的中点，可知，即可证明；②根据三角形的外角定理可求解； （2）由题可知，可得，根据勾股定理可得，进而可得面积； （3）分类讨论，①当,由平行线可知，根据锐角三角函数可知，，②当,设，则， 根据锐角三角函数即可求解 【详解】（1）解：①∵,点是的中点， ∴, ∵,点是的中点， ∴, ∴ ∴四边形是腰分双等四边形； ②由题可知，， ∴,, , , , ∴, （2）解：连接，过点作, 由题可知，, 设，, ∴， ∴,, ∴ ∵, ∴, , ∴, ∴ ∵, ∴, ∵， ∴, ∴ ∴, , ∴, （3）解：①当, 过点作, ∴， ∵ ∴, , ∵ ， ∴, ， ∴, 由（2）同理可得，, , ∴， ∴, , ∴, ②当, 过点作,, ∵, ∴, ∴, ∴， ∵ ∴, ∴ ∴ ∴, ∴, ∵ ∴, 设，则， ∴， , ∴， 解得： ∴． 2．（2026·广东深圳·一模）【综合与实践】 在数学的学习过程中，我们除了掌握课本中常见的四边形外，还会遇到许多具有独特性质的特殊四边形．让我们结合已有知识，对以下特殊四边形展开探究． 定义：在四边形中，若有一个内角为直角，且从该直角顶点引出的对角线，将其对角分成的两个角中恰有一个角为直角，则称这样的四边形为“璧合四边形”． (1)【初步探究】如图，在“璧合四边形”中，若，则________，的值为________． (2)【问题解决】如图，在“璧合四边形”中，，，为线段上一点，且，求的值． (3)【拓展应用】如图，在“璧合四边形”中，，，为线段上一动点，且，连接，将沿翻折，得到，连接，若，作出图形并求线段的长． 【答案】(1)，； (2) (3)图见解析，或 【分析】（）根据“璧合四边形”和正切的定义解答即可求解； （）证明，可得，进而即可求解； （）过点作于点，可得，四边形为正方形，再分点的对应点在的上方和下方两种情况，利用相似三角形的判定和性质解答即可求解． 【详解】（1）解：∵“璧合四边形”中，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 故答案为：，； （2）解：，， ， ，， ，， ， ， ， ， ， 在和中， ， ， ， ； （3）解：如图，过点作于点， 由（）知，， ， ， ∴， ∴， ， 同理（）可得，， ， 由折叠的性质可知，， ∵， ∴， ∴四边形为正方形， 如图，连接，当点的对应点在的上方时，则，， ， 即， ， ， ， ， ， ， ∵， ∴； 如图，当点的对应点在的下方时， 同理可得：，； 综上所述，的长为或． 【点睛】本题考查了锐角三角函数，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，正方形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，折叠的性质等，运用分类讨论思想解答是解题的关键． 3．（2026·广东深圳·一模）如图①是一台手机支架，图②是其侧面示意图，，可分别绕点A，B转动，当，转动到，时，点E在的延长线上，若，则__________． 【答案】 【分析】过点E作，垂足为F，根据垂直定义可得：，从而可得，然后在中，利用含30度角的直角三角形的性质可得，，再利用直角三角形的两个锐角互余可得：，从而可得，最后根据计算即可解答． 【详解】解：过点E作，垂足为F， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 4．（2026·广东深圳·一模）如图，在菱形中，，，则菱形的周长为__________． 【答案】8 【分析】根据菱形的性质得到，，根据等边对等角得到，证明是等边三角形，得到，即可求出菱形的周长． 【详解】解：∵菱形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴菱形的周长为． 命题预测4：中点四边形[广州2025年第8题/广东省卷高频] 1．（2025·广东深圳·一模）下列命题中，真命题有（   ）个 ①两个含角的等腰三角形必相似； ②已知线段，点是的黄金分割点，则； ③顺次连接一个四边形各边中点得到一个矩形，则这个四边形的对角线一定垂直； ④平分弦的直径垂直于弦． A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 【答案】D 【分析】本题考查了相似三角形的判定定理，黄金分割，菱形的性质，角可以是等腰三角形的顶角或底角，可判断①是假命题；由黄金分割相关概念可判断②是真命题；根据三角形中位线定理及矩形性质可判断③是假命题；根据直径平分弦可判断④是假命题 【详解】解：∵角可以是等腰三角形的顶角或底角， ∴两个含角的等腰三角形不一定相似，故①是假命题； ∵线段，点C是的黄金分割点，当时，则有， 当时，，故②是假命题； 顺次连接一个四边形各边中点得到一个距形，则这个四边形的对角线一定垂直；故③是真命题； 平分弦的直径不一定垂直于这条弦，故④是假命题； 故选：D． 2．（2024·广东深圳·三模）下列命题中，真命题有（    ）个 ①两个含角的等腰三角形必相似； ②已知线段，点C是AB的黄金分割点，则； ③顺次连接一个四边形各边中点得到一个菱形，则这个四边形的对角线一定垂直； ④方程没有实数解． A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 【答案】C 【分析】本题考查命题与定理．角可以是等腰三角形的顶角或底角，可判断①是假命题；由黄金分割相关概念可判断②是真命题；根据三角形中位线定理及菱形的性质可判断③是假命题；求出，可判断④是真命题；从而可得答案． 【详解】解：角可以是等腰三角形的顶角或底角， 两个含角的等腰三角形不一定相似，故①是假命题； 线段，点是的黄金分割点， ，故②是真命题； 顺次连接一个四边形各边中点得到一个菱形，则这个四边形的对角线一定相等；故③是假命题； 方程的判别式， 方程没有实数解，故④是真命题； 正确的有2个； 故选：C． 3．（2024·广东深圳·模拟预测）在平面直角坐标系中，四边形为正方形，点D的坐标为，动点E沿边从A向O以每秒的速度运动，同时动点F沿边从O向C以同样的速度运动，连接、交于点G． (1)试探索线段、的关系，写出你的结论并说明理由； (2)连接、，分别取、、、的中点H、I、J、K，则四边形是什么特殊平行四边形？请在图①中补全图形，并说明理由． (3)如图②当点E运动到中点时，点M是直线上任意一点，点N是平面内任意一点，是否存在点N使以O，C、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)，，理由见解析 (2)四边形HIJK是正方形，补全图形见解析，理由见解析 (3)存，点N的坐标为或或或 【分析】（1）根据正方形的性质，证明，得出，，进而得出，即可得出结论； （2）根据中位线定理，推出，结合，，即可得出结论； （3）易得，，根据菱形的性质进行分类讨论： ①当是以O，C、M、N为顶点的菱形的对角线时，与互相垂直平分，则M为的中点，先求出点M的坐标，根据M和N关于对称，即可解答；②当是以O，C、M、N为顶点的菱形的边时，（Ⅰ）若M在y轴的左侧时，通过证明，得出，设，则，，在中，求出x的值，即可解答；（Ⅱ）若M在y轴的右侧时，推出，设，则，在中，由勾股定理求出y的值，即可解答． 【详解】（1）解：．理由如下： ∵四边形是正方形， ∴，， 由题意得：， 在和中， ， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴，即， 综上：，； （2）解：四边形是正方形．理由如下： 如图①所示： ∵H、I、J、K分别是、、、的中点， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是菱形， ∵，， ∴， ∴， ∴四边形是正方形． （3）解：存在，理由如下： ∵四边形为正方形，点D的坐标为， ∴， ∴， ∵点E为的中点， ∴，； 分情况讨论：如图②所示： ①当是以O，C、M、N为顶点的菱形的对角线时，与互相垂直平分，则M为的中点， ∴点M的坐标为， ∵点M和N关于对称， ∴； ②当是以O，C、M、N为顶点的菱形的边时， （Ⅰ）若M在y轴的左侧时， ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴， ∴， 设，则，， 在中，由勾股定理得：， 解得：或（舍去）， ∴，，， ∴； （Ⅱ）若M在y轴的右侧时， 由①得：N的坐标为； 作于P， ∵， ∴， ∴， 设，则， 在中，由勾股定理得：， 解得：， ∴，， ∴， 综上所述，存在点N使以O，C、M、N为顶点的四边形是菱形，点N的坐标为或或或． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，中点四边形，菱形是判定和性质，勾股定理，解题的关键是熟练掌握相关性质定理，正确画出图形解答． 4．（2026·广东珠海·一模）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】20 【分析】先根据中点的性质，矩形的性质结合已知条件得到，，再利用勾股定理求得，从而求得结果． 【详解】解：在矩形中，，，， ∵E，F，G，H分别为矩形各边的中点， ∴，， ∴在中，, 同理可得， ∴． 命题预测5：菱形、矩形的性质与判定 [广州2025年第24题/深圳2025年第18题] 1．（2024·广东·模拟预测）如图，在菱形中，，．若M、N分别是边、上的动点，且，作，，垂足分别为E、F，则的值为（     ） A．3 B． C．9 D． 【答案】D 【分析】连接交于点O，过点M作交于点G，则可得四边形是矩形，以及，从而得，，即，最后运用勾股定理求出的长即可． 【详解】解：如图，连接交于点O，过点M作交于点G， ∵四边形是菱形， ∴，，， ∴，， 在中，， ∵， ∴，，， ∴，， ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴． 故选：D． 【点睛】本题考查了菱形的性质、全等三角形的性质、勾股定理、矩形的判定和性质，解题的关键是根据相等线段构造全等三角形将问题线段和转换为单一线段． 2．（2025·广东深圳·一模）如图，四边形为平行四边形，对角线的垂直平分线分别交边，于点，，垂足为． (1)求证：四边形为菱形； (2)在的延长线上取一点，使，连接．若为的中点，且，，求的面积． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）由垂直平分，可得，，根据平行四边形的性质可得，推出，证明，得到，得到四边形是平行四边形，结合，即可得证； （2）由可得，推出，根据题意可推出是的中位线，得到，根据三角函数求出，，进而得到，作，垂足为，进而求出，即可求解． 【详解】（1）证明：垂直平分， ，， 四边形是平行四边形 ， ， 在与中， ， ， ， 又， 四边形是平行四边形， 又， 平行四边形为菱形； （2）解：， ， ， 四边形为菱形， 为的中点， ∵为线段的中点， 是三角形的中位线． ， ， ，， ，， 如图，作，垂足为，则， ， 则． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定与性质，三角函数，三角形的中位线定理，全等三角形的判定与性质，解题的关键是掌握相关知识． 3．（2024·广东清远·一模）综合与实践：小明想在如图1所示的三角形纸片折出一个菱形，使为菱形的一个内角． (1)小明进行如下折叠过程： 步骤1：如图2，将三角形纸片沿过点A的直线折叠，使得点C的对应点落在边上（点D在边上），展平纸片； 步骤2：如图3，再次折叠该三角形纸片，使得点A与点D重合，再次展平后，连接，，得到菱形． ①折痕为的 （填“中线”“角平分线”或“高”）； ②若，，求菱形的边长． (2)若将（1）中的步骤2改为：如图4，再次折叠该三角形纸片（且A与D不重合），折痕为，展平纸片，连接，．证明：四边形是菱形． 【答案】(1)①角平分线；② (2)证明见解析 【分析】（1）①由折叠的性质可得出结论； ②证明，由相似三角形的性质列出方程，解方程即可得出答案． （2）由折叠的性质可知四个三角形全等，即可得到四条边相等，进而得到菱形即可解决问题． 【详解】（1）解：①∵将三角形纸片沿过点A的直线折叠， ∴折痕为的角平分线， 故答案为：角平分线； ②∵四边形为菱形， ∴， ∴， ∴， 设， 则， ∴， 解得． ∴菱形的边长为． （2）证明：由折叠的性质可知,，, ∴, ∵，,, ∴， ∴ ∴， ∴四边形是菱形． 【点睛】本题考查了折叠的性质，菱形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形的性质和判定等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键． 4．（2025·广东广州·三模）如图，，过点作，垂足为，在边上，，．求证：． 【答案】见解析 【分析】本题考查了矩形的判定与性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握相关知识是解题的关键． 先证明四边形是矩形得，进而可依据“”判定和全等，再根据全等三角形的性质即可得出结论． 【详解】证明：， ∴， 又， 四边形是矩形， ， ， ， 在和中， ， ， ． 5．（2023·广东深圳·一模）（1）【探究发现】如图1，正方形的对角线相交于点O，在正方形绕点O 旋转的过程中，边与边交于点M，边与边交于点N．证明：． （2）【类比迁移】如图2，矩形的对角线相交于点O，且，，在矩形，绕点O 旋转的过程中，边与边交于点M，边与边交于点N．若，求的长； （3）【拓展应用】如图3，四边形和四边形都是平行四边形，且，，，是直角三角形，在绕点O 旋转的过程中，边与边交于点M，边与边交于点N．当与重叠部分的面积是的面积的时，请直接写出的长． 【答案】（1）见解析；（2）；（3）或 【分析】（1）由正方形的性质可得，，通过角的和差得到，即可通过证得； （2）过点作的平行线交于点，交于点，过点作垂线交于点，由矩形的性质可得，，从而得出，，证明，从而可得，再由相似三角形的性质求解即可； （3）由平行四边形的性质可得，，由是直角三角形，，得出或；当时，过点作的垂线交于点，过点作的垂线交于点，则，从而可得，设，则，设，则，证明，再证明，得出，再结合勾股定理可得，从而得出，设，则，由相似三角形的性质求出，再根据，计算得出，进而得出，最后由勾股定理计算；当时，过点作的平行线交于点，交于点，过点作垂线交于点，设，由题意可得，，求出，，证明，求出，进而可得；再根据，求出，进而可得，最后再由勾股定理计算即可得解． 【详解】（1）证明：∵四边形、为正方形， ∴，，， ∴， ∴， ∴； （2）解：如图，过点作的平行线交于点，交于点，过点作垂线交于点， ， ∵四边形和四边形都是矩形，，，， ∴，， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）∵四边形是平行四边形，，， ∴，， 又∵是直角三角形，， ∴或 当时，如图，过点作的垂线交于点，则， ， ∴， 设，则， ∴， 设， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 设，则， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵与重叠部分的面积是的面积的，平行四边形对角线平分平行四边形的面积， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； 当时，四边形和四边形都是矩形， 此时， 过点作的平行线交于点，交于点，过点作垂线交于点， ∵四边形和四边形都是矩形，，，设， ∴，， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； ∵与重叠部分的面积是的面积的，平行四边形对角线平分平行四边形的面积， ∴， ∴， 解得， ∴，即点Q与点O重叠， 此时； 综上所述，当与重叠部分的面积是的面积的时，的长为或． 【点睛】本题考查了正方形的性质、平行四边形的性质、矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质、三角形外角的定义与性质等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，采用分类讨论的思想，添加适当的辅助线是解此题的关键． 命题预测6：正方形与折叠[深圳选择压轴常考] 1．（2025·广东深圳·模拟预测）翻折问题是初中数学中重要的几何变换之一，是欧氏几何重要的工具，蕴含着深刻的数学思想，是理解对称，全等图形的重要基础．以下某数学兴趣班在数学活动课中研究四边形的翻折问题． 【探究活动一】（1）如图，小明先将矩形对折，使与重合，折痕为，再把这个矩形展平，连接，点E为上一点，然后沿直线折叠，使得点C的对应点F落在上．若，，则的值为 ； 探究过程 探究方法 第一小组 第一小组同学通过延长交于点G，推导出，并利用，求出． 第二小组 第二小组同学通过连接，在与中，利用勾股定理解方程，求出． 请你选择以上两种方法中的一种，通过推导演算求出． 【探究活动二】（2）如图，小李将矩形改为正方形对折，使与重合，折痕为，把这个正方形展平，连接，点E为上一点，然后沿直线折叠，使得点C的对应点落在上．请求出的值为 ． 【探究活动三】（3）中，，，，将沿某直线翻折，使得点A与的中点重合，折痕与直线交于点E，若，请求出m的值． 【答案】（1）选择第一小组的方法，；（2）；（3）或 【分析】（1）第一小组：延长交于点G，可依次求得的值，可推出，根据列出比例式，从而得出结果； 第二小组：连接，设，则，根据列出，求得x的值，进一步得出结果； （2）延长，交的延长线于点G，不妨设正方形的边长为，则，，，同理①得出结果； （3）设的中点是F，当点E在线段上时，作，交的延长线于G，解直角三角形求得和，进而根据勾股定理得出，进一步得出结果；同样求得当点E在的延长线上时的情形． 【详解】解：（1）第一小组：如图1， 延长交于点G， 将矩形对折，使与重合，折痕为， ， ， ， ， 由折叠得，， ， ， ， ， ， ； 第二小组：如图2， 连接， 设，则， 由折叠得，，，， ， ， ， ， ， ， ， ； （2）如图3， 延长，交的延长线于点G， 不妨设正方形的边长为， 则，，， 同法（1）可得， ， 故答案为：； （3）设的中点是F，则：， 如图4， 当点E在线段上时， 作，交的延长线于G， ， ∵， ， ∴， ∵， ，， ， ， ， ； 如图5， 当点E在的延长线上时， 同理可知：，， ， 点G和点E重合， ， ， 综上所述，或 【点睛】本题考查了矩形和正方形的性质，轴对称的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质等知识，解决问题关键是熟练掌握有关基础知识． 2．（2024·广东·模拟预测）如图，正方形的边长为6，点E是边上的一点，将沿着折叠至，若、恰好与正方形的中心为圆心的相切，则折痕的长为________． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质以及折叠的性质，切线长定理，解直角三角形等知识．连接，如图，由正方形的性质得，再由折叠的性质得，接着根据切线长定理得到平分，则，所以，则利用可计算出，然后在中利用含30度的直角三角形三边的关系可计算出． 【详解】解：连接，如图， ∵四边形为正方形， ∴， ∵沿折叠至， ∴， ∵，与以正方形的中心为圆心的相切， ∴平分， ∴， ∴， 而， ∴， 在中，． 故答案为：． 3．（2025·广东珠海·三模）如图，在正方形中，点是边上一点，将正方形沿翻折，使点落在点处，连接并延长交于点，交于点，若，则的长为_____． 【答案】 【分析】本题考查正方形与折叠，全等三角形的判定和性质，解直角三角形，根据翻折，得到，证明，进而得到，勾股定理求出的长，解直角三角形求出的长即可． 【详解】解：∵翻折， ∴， ∵正方形， ∴， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∵， ∴， ∴， ∴，即：， ∴； 故答案为：． 4．（2025·广东深圳·三模）如图，在正方形纸片中，E是边的中点，将正方形纸片沿折叠，点B落在点P处，延长交于点Q，连接并延长交于点F．则_______． 【答案】 【分析】本题考查了折叠的性质，正方形的性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，掌握以上知识并正确作出辅助线是解题关键． 证明，从而可证明，设，正方形的边长设为，在中利用勾股定理建立方程，解得，进而可求出结论． 【详解】解：如图，连接， ∵在正方形纸片中，E是边的中点， ． 由折叠性质可得， ， 由折叠可得， ． ， 设，正方形的边长设为， ， ∴由勾股定理可得：， 解得：， ∴， 由折叠性质可得， ∴，即 故答案为：． 5．（2024·广东深圳·模拟预测）综合与实践： 综合与实践课上，老师让同学们以“正方形的折叠”为主题开展数学活动． 【操作判断】 (1)操作一： 如图1，正方形纸片，将沿过点A的直线折叠，使点B落在正方形的内部，得到折痕，点B的对应点为M，连接；将沿过点A的直线折叠，使与重合，得到折痕，将纸片展平，连接． 根据以上操作，易得点E，M，F三点共线，且① °；②线段，，之间的数量关系为 ． (2)【深入探究】 操作二： 如图2、将沿所在直线折叠，使点C落在正方形的内部，点C的对应点为N，将纸片展平，连接、． 同学们在折纸的过程中发现，当点E的位置不同时，点N的位置也不同，当点E在边上某一位置时（点E不与点B，C重合），点N恰好落在折痕上，此时交于点P，如图3所示． ①小明通过观察图形，测量并猜想，得到结论，请证明该结论是否成立，并说明理由． ②【拓展应用】若正方形纸片的边长为3，当点N落在折痕上时，求出线段的长． 【答案】(1)①45；② (2)①成立，见解析；② 【分析】（1）①由正方形的性质得出，由折叠的性质可得：，，即可求解； ②由折叠的性质即可求解； （2）①根据正方形的性质和折叠的性质得到是等腰直角三角形，再根据全等三角形的判定和性质求解即可； ②证明是等腰直角三角形，求出，再由含角的性质以及勾股定理求解． 【详解】（1）解：①∵四边形是正方形， ∴， 由折叠的性质可得：，， ∴，即； ②由折叠的性质可得：，， ∵， ∴； （2）①结论：成立，理由如下： 将沿所在直线折叠，使点落在正方形的内部，点的对应点为， ∵四边形是正方形， ∴， 由折叠的性质可得：，，， ∴， ∵， ∴， 由（1）得：， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； ②∵点落在折痕上， ∴，，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了正方形的性质、折叠的性质、三角形全等的判定与性质、勾股定理，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 命题预测7：尺规作图与几何证明结合 [广州、广东省卷必考] 1．（2026·广东佛山·一模）如图，是半圆的直径，点O为圆心，C是半圆上一点，连接． (1)尺规作图：在半圆上确定一点P，使得（不写作法，只保留作图痕迹）． (2)在（1）的条件下，连接，，若，求的度数． 【答案】(1)见解析 (2)． 【分析】（1）连接，过点作交于点，点即为所求； （2）先求得，再利用圆周角定理求解即可. 【详解】（1）解：如图，点即为所求； （2）解：∵，， ∴， ∵是半圆的直径， ∴， ∴． 2．（2026·广东广州·模拟预测）如图，是矩形的对角线，，． (1)尺规作图：作的中垂线l，垂足为O，l与相交于点；（保留作图痕迹，不写作法） (2)在（1）的条件下，连接，求线段的长． 【答案】(1)见详解； (2)． 【分析】（1）分别以、为圆心，大于为半径画弧即可完成作图； （2）根据线段垂直平分线的性质得，设，则，结合勾股定理即可求解． 【详解】（1）解：如图； （2）连接，如图， 为的中垂线， ， 设，则， ∵四边形是矩形， ∴， 在直角中，， ， ， ． 3．（2024·广东·模拟预测）如图，为的直径，C是圆上一点，D是的中点． (1)尺规作图：过点D作的垂线，交半圆于点E，交直径于点F（保留作图痕迹，不写作法）； (2)点P是弧上一点，连接，，，． ①求的值； ②若为的角平分线，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)①；② 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，垂径定理，圆周角定理及推论，解直角三角形等知识，熟练掌握以上知识并灵活运用是解题的关键． （1）在半圆上取点E，使，、，根据垂径定理的推论可知，由此即可完成作图； （2）①连接，证明，设的半径为r，利用相似三角形的性质得，，由勾股定理求得，得到； ②过点B作交于点G，证明，解直角三角形得到，由得到，由即可求解． 【详解】（1）解：如图，在半圆上取点E，使，连接交于F， ∴， （2）解：①连接， ∵D是的中点 ∴， ∴， ∵为的直径， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 设的半径为r，则， 解得， 经检验，是方程的解， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴； ②如图，过点B作交于点G， ∴， ∵，是的平分线， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴． 4．（2020·广东揭阳·一模）如图所示，在中，，在的延长线上，连接，为的中点． (1)用直尺和圆规，在上找一点，使点到和的距离相等（不写作法，保留作图痕迹）； (2)连接，根据（1）中所作的图形，证明：． 【答案】(1)详见解析 (2)详见解析 【分析】本题主要考查了角平分线的尺规作图，角平分线的判定定理，三角形中位线定理，三线合一定理，熟知相关知识是解题的关键． （1）点到和的距离相等，则点F在的角平分线上，据此根据角平分线的尺规作图方法作图； （2）根据题意可得点F在的角平分线上，由三线合一定理可得点F为的中点，则为的中位线，由三角形中位线定理即可证明结论． 【详解】（1）解：如图所示，点F即为所求； （2）证明：如图所示，连接， ∵点到和的距离相等， ∴点F在的角平分线上，即平分， ∵， ∴点F为的中点， 又∵点E为的中点， ∴为的中位线， ∴，即． 5．（2025·广东深圳·模拟预测）如图，在中，是钝角． (1)尺规作图：在上取一点O，以O为圆心，作出，使其过A、C两点，交于点D，连接；（不写作法，保留作图痕迹） (2)在（1）所作的图中，若，，． ①求证：是的切线； ②求直径的长． 【答案】(1)见解析 (2)①见解析；②32 【分析】（1）作线段的垂直平分线交于点O，以O为圆心，为半径作交于点D； （2）①证明即可；②证明，推出，由此可得结论． 【详解】（1）解：图形如图所示； （2）①证明：连接． ∵， ∴， ∵是直径， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∵为半径， ∴直线是的切线； ②在中， ， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴的直径为32． 【点睛】本题考查作图—复杂作图，切线的判定，相似三角形的判定和性质以及解直角三角形等知识，解题的关键是理解题意，灵活运用所学知识解决问题． 6．（2024·广东·模拟预测）已知：如图，四边形是平行四边形． (1)尺规作图：作的角平分线交的延长线于E点（不要求写作法，但要保留作图痕迹）； (2)求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查了用直尺和圆规作角平分线，平行四边形的性质，等腰三角形的判定，熟练掌握用直尺和圆规作角平分线及平行四边形的性质是解题的关键． （1）由角平分线的作法可得答案； （2）由平行四边形的性质可知，，所以，再结合已知可推出，所以，即可证明结论． 【详解】（1）解：如图所示：即为所求； （2）证明：∵四边形是平行四边形， ，， ， 平分， ， ， ， ． 命题预测8：三角形、四边形综合性问题 [压轴题核心考点] 1．（2026·广东广州·模拟预测）如图，在菱形中，，点为边上一点，且，，点为上动点，且． (1)求的度数； (2)连接，若，，三点共线，求的长； (3)连接，求的最小值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据菱形的性质即可求解； （2）延长至点使得，连接，根据菱形的性质得到，，进而推出是等边三角形，通过证明，得到，根据E，G，C三点共线得出，再证明得到，设，列出方程并求解，即可得出答案； （3）延长至，使得，连接，，证明，得出，进而可得得出四点共圆，则，证明，结合（2）可得得出，根据得出点在圆弧上运动，设外心为，连接，得出的半径为，同理可得，在上取点，使得，连接，得可得在以为圆心为半径的圆上运动，连接，过点作的垂线，交的延长线于点，交于点，进而求得的长，根据，即可求解． 【详解】（1）解：∵四边形是菱形， ∴， ∴； （2）解：如图，延长至点使得，连接， ∵，， ∴， ∵四边形是菱形， ∴，， ∵，， ∴是等边三角形， ∴，， ∵， ∴，，， ∴，，即， ∴， ∴， ∵E，G，C三点共线， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， 设，则， ∴， 解得，（不符合题意，舍去）， ∴； （3）解：∵，， ∴， 如图，延长至，使得，连接，， ∵ ∴， ∴， ∵ ∴，即 ∴ ∴ 又∵ ∴四点共圆 ∴， ∵， ∴，，即 ∴ ∴ 由（2）可得 ∴ ∴ 又∵ ∴点在圆弧上运动 设外心为，连接， 如图，过点作于点， ∵ ∴，则 ∴，且在上（）， ∴ 即的半径为，即， 同理可得， 在上取点，使得，连接， ∵ ∴ ∵， ∴ ∴ ∴在以为圆心为半径的圆上运动， ∵ 连接，过点作的垂线，交的延长线于点，交于点，则， 在中，， ∴ ∴ 在中， ∴ ∴ ∴． 2．（2026·广东佛山·一模）平移、旋转、轴对称、相似变换等几何变换，为静态图形赋予动态生成的意义，让孤立图形在运动变化中建立关联，在变与不变中揭示图形的本质属性与内在规律．这既是从特殊到一般认识几何世界的基本思想，也是理解空间形式、发展几何直观与推理能力的重要路径． 【特例探究】 如图1，在矩形中，，点E是矩形内一动点，且．将绕点C逆时针旋转，并放大为原来的2倍后，点E的对应点为点F．连接，交的延长线于点G，连接． (1)按题意在图1中画出符合题意的四边形，判断其形状，并说明理由； (2)当点G为中点时，求的值； (3)求的最小值； 【类比探究】 (4)如图2，四边形中，，，．连接，若，求的最大值． 【答案】(1)作图见解析，四边形是矩形，理由见解析 (2) (3)2 (4) 【分析】（1）根据题意画出符合题意的四边形，证明，再根据有三个角是直角的四边形是矩形证明即可； （2）过点作于点H，先证明为等腰直角三角形，在等腰直角中，设，则，，再证明为等腰直角三角形，则，那么，然后对运用勾股定理求解，即可求解； （3）点的轨迹为以的中点为圆心，为半径的圆，延长交于点，连接，证明，则，故当取得最小值时，取得最大值，而，故； （4）过点作，且使得，连接，先证明，得到，，而，故当取得最大值时，取得最大值，而，故当点三点共线时，取得最大值，为，即可求解的最大值． 【详解】（1）解：如图1，四边形即为所求； 四边形为矩形，理由如下： ∵四边形是矩形， ∴，， 由题意得，， ∴， ∵， ∴，即， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形为矩形； （2）解：如图，过点作于点H， 由（1）得， ∴， ∵点G为中点， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∵在矩形中，， ∴， 在等腰直角中，设， 则， ∴， ∵，， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）解：∵， ∴点的轨迹为以的中点为圆心，为半径的圆， 延长交于点，连接， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵为定值， ∴当取得最小值时，取得最大值， ∵， ∴， ∴的最小值为； （4）解：过点作，且使得，连接， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴当取得最大值时，取得最大值， ∵， ∴当点三点共线时，取得最大值，为， ∴的最大值为． 3．（2026·广东江门·一模）如图1，在正方形中，P是边上的动点，E在的外接圆上，且位于正方形的内部，，连接，． (1)求证：是等腰直角三角形； (2)如图2，连接，过点E作于点F，请探究线段与的数量关系，并说明理由； (3)当点P是的中点时，．若点Q是外接圆上的动点，且位于正方形的外部，连接．当与的一个内角相等时，请直接写出所有满足条件的的长． 【答案】(1)见解析 (2)，证明见解析 (3)或12 【分析】（1）如图1，在正方形中，，根据圆内接四边形的性质得到，求得．得到，于是得到结论； （2）如图2，延长交于点H．根据平行线的性质得到，根据垂直的定义得到，根据全等三角形的判定和性质定理得到，，于是得到结论； （3）由（2）知．求得．根据是BC的中点，于是得到，推出不存在，当时，如图3，，根据圆周角定理得到是圆的直径，根据勾股定理得到．当时，如图4，连接．由第一种情况可知是圆的直径，根据相似三角形的性质即可得到结论． 【详解】（1）证明：如图1，点在的外接圆上， ， 在正方形中，， ， ， ， ， ， 是等腰直角三角形； （2）解：结论：， 理由：如图2，延长交于点H， ，， ，即， ， ， ， ， 又， ， ，， ∵四边形是正方形， ∴，， 又， ∴四边形是矩形， ，， ， ， ∴是等腰直角三角形， ； （3）解：由（2）知． ， ， ∴， 是的中点， ． 由①可知，， ∴， ， 是圆的直径， 当点Q在上方的弧上时，（时相切，不存在）；当点Q在左侧的弧上时，（时相切，不存在），当点Q在下方的弧上时，， 不存在， 当时，如图3，， ， 连接，则， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ， ∴， 当时，如图4，连接； 是圆的直径， ， ， ， 是等腰直角三角形， ， ， 综上所述，的长是或12． 【点睛】本题是圆的综合题，考查了等腰直角三角形的判定，勾股定理，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键． 4．（2026·广东广州·一模）如图1，在正方形中，点E是上一动点（不与点B，C重合），连接，将线段绕点E顺时针旋转得到线段，连接． (1)猜想证明：求证：； (2)类比探究：如图2，若将正方形改为矩形，点E是所在直线上一动点（不与点B，C重合），其中，其他条件不变． ①当点F恰好落在矩形的对角线上时，求的长； ②直接写出点D到点距离的最小值． 【答案】(1)见解析 (2)①18；② 【分析】（1）过点F作，交延长线于H，根据正方形的性质得出，再由全等三角形的判定确定，得出，结合图形及直角三角形的性质即可证明； （2）①分三种情况分析，当点E在线段上时，当点E在线段的延长线上时，当点E在线段的延长线上时，作出相应图形，然后利用全等三角形的性质得出，设，则，再由相似三角形的判定和性质求解即可； ②过点F作交延长线于H,交延长线于G,则，则四边形为矩形，根据全等三角形的判定和性质得出,,设，则,利用勾股定理确定，再由二次函数的性质求解即可． 【详解】（1）证明：过点F作，交延长线于H，如图1， ∵四边形是正方形， ∴， 由旋转可知：， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴ ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）①当为矩形时， 当点E在线段上时，如图所示：旋转后点F无法在对角线上，不符合题意； 当点E在线段的延长线上时，过点F作，交延长线于H，如图所示： ， 同理得：， ∴， 设，则， ∵， ∴， ∴即， 解得：， ∴； 当点E在线段的延长线上时，如图所示： 同理得：， ∴， 设，则， ∵， ∴， ∴即， 解得：（不符合题意，舍去）； 综上可得：； ②解：如图：过点F作交延长线于H,交延长线于G,则，则四边形为矩形， ∴， ∵, ∴, ∴, ∵， ∴, ∴, 设，则, ∴， ∴当时，有最小值8，则有最小值． 5．（2026·广东广州·一模）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． (1)【知识技能】 如图1，在正方形中，E、F分别是边上的点，连接，且．将绕点B按逆时针方向旋转至，则点M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． (2)【教学理解】 如图2，在正方形中，E、F分别是边上的点，．连接，M、N分别是线段上的点，连接，且（点E、F、M、N均不与端点重合）．请猜想线段的数量关系，并说明理由． (3)【拓展研究】 如图3，是正方形的对角线，P、Q分别为线段上的点，且．将绕点B按顺时针方向旋转（旋转角小于）至．连接，取线段的中点E，连接，求的值． 【答案】(1)①详见解析，成立，详见解析；②60 (2)，详见解析 (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）①证明：∵四边形是正方形， ∴， ∵将绕点按逆时针方向旋转至， ∴，，，， ∴，， ∴点在的延长线上， ∵， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴成立； ②解：∵，，， ∴， ∴， ∴， ∴正方形的边长为， ∴正方形的周长为． （2）解：，理由如下： 将绕点逆时针旋转得，连接，如图： 由旋转性质可得：， ∴，，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴，即， ∴， ∴． （3）解：过作于，连接，设交于，如图： ∵四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴为中点，是等腰直角三角形， ∴， ∵为的中点， ∴是的中位线， ∴，， ∵，， ∴是等腰直角三角形， ∵将绕点按顺时针方向旋转（旋转角小于）至， ∴是等腰直角三角形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，即， ∵， ∴， ∴， ∴，即， ∴， ∴， 即的值为． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 专题03 三角形与四边形的综合证明与计算 目录 01析·考情目标 02筑·专题框架 03攻·重难考点 题型一三角形全等的判定与证明 题型二三角形相似的判定与计算 题型三特殊三角形的性质与计算 题型四三角形中位线与中点四边形 真题动向 题型五特殊四边形的判定与证明 题型六四边形的面积与周长计算 题型七图形折叠、旋转与三角形四边形综合 题型八尺规作图与几何证明结合 知识1三角形全等的判定定理(SAS、ASA、AAS、SSS、HL) 知识2三角形相似的判定与性质 知识3等腰、等边、直角三角形的性质与判定 知识4三角形内角和、外角性质与勾股定理 知识5三角形中位线定理与中点四边形性质 必备知识 知识6平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质 知识7特殊四边形的判定方法 知识8多边形内角和与外角和公式 知识9图形折叠、旋转的不变性 知识10尺规作中线、角平分线、垂直平分线 预测1三角形全等的证明[广州2025年第18题/深圳2025年第18题/广东省卷2025 年第17题] 预测2相似三角形的判定与线段计算【三地解答题高频考点) 预测3特殊三角形边角计算与角度推导【选择填空必考] 命题预测 预测4中点四边形与面积转化[广州2025年第8题/广东省卷高频 预测5菱形、矩形的性质与判定[广州2025年第24题/深圳2025年第18题 预测6正方形与折叠、旋转综合[深圳选择压轴常考 预测7尺规作图与几何证明结合[广州、广东省卷必考] 预测8三角形、四边形综合性问题[压轴题核心考点)] 0 析·考情目标 命题形式： 命题 选择题、填空题及解答题 透视 考察能力： 运算能力、抽象能力、推理能力、几何直观、空间观念、模型思想 1/31 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 考点 广东省卷 广州倦 深圳倦 2025: T8（正方形折叠 2025:T10（矩形中的相 2025:T12（相似三角形基 中的相似)、T13（矩形 全等三角形 似与正切) 本性质)、T18(全等三角形 中的旋转相似)、T20(双 与相似三角 判定) 等四边形中的相似) 形 2024:T22（中位线、旋 2024:T18(正方形中的相 2024:T13（相似三角形 转中的相似) 似) 与解直角三角形) 2025:T2(直角三角形旋转 2025:T4（正弦定义)、 2025:T17（圆的切线→ 得圆锥)、T14（角平分线→ T18(菱形中的直角三角 直角三角形 直角三角形)、T21（正 点到直线距离，含直角三角 形与圆切线) 与解直角三 弦定理解三角形) 形) 角形 2024:T8（仰角解直角 2024:T18（矩形充电站 2024:T7（等腰直角三角形 三角形)、T11（矩形中 →解直角三角形) 面积) 扇形→解直角三角形) 2025:T20(双等四边形 等腰三角形 2025:无单独考察 2025:无单独考察 →等腰三角形性质) 与等边三角 形 2024:无单独考察 2024:T7(等腰直角三角形)2024：T12（菱形→等腰 热考 三角形) 角度 2025:T13（矩形与圆、 2025:T5(三角形中位 2025:T5(三角形中位线)、旋转)、T18（菱形与圆 线→平行四边形)、T19 T8（菱形中点四边形→矩 切线、尺规作图) 平行四边形 (直角三角形斜边中线形)、T23(黄金矩形折叠) 2024:T10(正方形边长 (含矩形、菱 →菱形、平行四边形) 2024:T13(平行四边形角 估算)、T11(矩形扇形 形、正方形) 2024:T15（菱形面积与 平分线)、T19(尺规作图→ 面积)、T12(菱形与反 阴影)、T23(矩形与反 矩形)、T24(菱形与轴对称、比例函数)、T18（圆切 比例函数) 圆) 线→矩形)、T20(垂中 平行四边彩) 2025:T6（平行线反射 2025:T5（中位线→角 多边形与角 2025:T11（邻补角计算) →角度) 度) 度计算 2024:无单独考察 2024:T5（平行线反射 2024:无单独考察 →角度) 2025:T25（尺规作平行四 2025:T18(尺规作平行 2025:无 几何变换与 边形) 线) 尺规作图 2024:T17(尺规作角平 2024:T19（尺规作中线、 2024:T6（尺规作图判 分线) 旋转得矩形) 断角平分线) 2/31 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 1.考情预测 。根据近两年广东省内中考的趋势，2026年的中考中，“三角形与四边形”板块仍是几何 综合题的核心，常作为解答题的中档题或压轴题出现。 。全等与相似：必考内容，常与矩形、菱形、正方形结合，通过折叠、旋转、动点等背景 考查判定与性质。 直角三角形：高频考点，主要考查勾股定理、锐角三角函数（特别是正弦、余弦、正切 的应用)，以及解直角三角形的实际应用（仰角、俯角、坡度等）。 ·特殊四边形：矩形、菱形、正方形的性质和判定是重中之重，常与函数、圆、动点问题 综合，考查推理与计算能力。 。几何变换：平移、旋转、轴对称（折叠）是常见操作，常用来构造全等或相似，考查空 间想象和逻辑推理。 命题 ● 尺规作图：虽不单独作为大题，但常在证明题或综合题中要求保留作图痕迹，考查基本 作图技能。 预测 2.备考建议 熟练掌握三角形全等、相似的判定方法(SSS、SAS、ASA、AAS、HL;平行线分线段成比 例、AA等)，能灵活选择判定定理进行证明。 ·强化解直角三角形的训练，熟记特殊角(30°、45°、60°)的三角函数值，能根据实 际问题构造直角三角形并求解。 ·系统复习平行四边形的性质与判定，特别是矩形、菱形、正方形的特殊性质和相互转化 关系，能结合折叠、旋转等动态条件进行综合推理。 ·重视几何变换思想的渗透，能从变换的角度分析图形结构，将复杂问题转化为基本图形 问题。 ·规范尺规作图步骤，保留必要的作图痕迹，并能在证明中准确描述作图过程。 。提高几何语言表达能力，做到推理严密、逻辑清晰、书写规范。 02 筑•专题框架 3/31 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 等腰/等边三角形 三角形0 直角三角形 一、 核心图形O 平行四边形、矩形、菱形 四边形O 正方形、梯形 三角形：全等、相似、勾股、中位线 二、核心定理O 四边形：判定定理、 性质定理 证边/角相等 证平行与垂直 三、 证明思路O 证特殊图形 证全等/相似 勾股定理、三角函数 四、计算方法O 面积公式、割补法 中位线、比例线段 线段与角度计算 五、综合题型O 周长与面积 存在性与最值问题 03 攻·重难考点 题 可 题型一三角形全等的判定与证明 点方法 1.先挖掘隐含条件：公共边/角、对顶角、平行线得等角，再整理已知条件。 2.选用对应判定定理：SSS、SAS、ASA、AAS,直角三角形可用HL。 3.严格按“条件→结论”规范书写，保证边角对应一致。 1.(2024·广东广州·中考真题)如图，在ABC中，∠A=90°，AB=AC=6,D为边BC的中点，点E, F分别在边AB,AC上，AE=CF,则四边形AEDF的面积为() E B A.18 B.9W2 C.9 D.6N2 2.2023·广东深圳·中考真题)如图，在ABC中，AB=AC,nB点D为BC上一动点，连接 4/31 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 AD,将△ABD沿AD翻折得到ADE,DE交AC于点G,GE<DG,且AG:CG=3:1, S三角形1GE= S三角形ADG B D C 3.(2025·广东广州·中考真题)如图，BA=BE,∠1=∠2，BC=BD.求证：△ABC≌△EBD. ◆题型二三角形相似的判定与计算 皮方法 1.优先找相等角：公共角、同角余角/补角相等，两角对应相等即可判定相似。 2.相似后用对应边成比例、对应角相等列等式，计算边长或比值。 3. 注意分类讨论：未指明对应关系时，需考虑多种相似情况。 1.(2025·广东·中考真题)如图，在矩形ABCD中，E,F是BC边上的三等分点，连接DE,AF相交 于点G,连接CG,若AB=8,BC=I2,则tan∠GCF的值是() D G E A.V10 10 B C.30 10 2.(2025·广东广州·中考真题)如图，在ABC中，点D,E分别在AB,AC上，DE∥BC,若 DE 1 5/31 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 D 3.(2025·广东深圳·中考真题)综合与探究 【探索发现】如图1，小军用两个大小不同的等腰直角三角板拼接成一个四边形 【抽象定义】以等腰三角形的一腰为边向外作等腰三角形，使该边所对的角等于原等腰三角形的顶角，此 时该四边形称为“双等四边形”，原等腰三角形称为四边形的“伴随三角形”，如图2，在ABC中， AB=AC,AC=AD,∠D=∠BAC.此时，四边形ABCD是“双等四边形”，ABC是“伴随三角形”. D 图1 图2 图3 【问题解决】如图3，在四边形ABCD中，AB=AC,AD=CD,∠D=∠BAC,求： ①AD与BC的位置关系为： ②AC2AD·BC.(填“>”，“<”或“=”) 【方法应用】①如图4，若AC=BC,将ABC绕点A逆时针旋转至ADE,点D恰好落在BC边上，求证： 四边形ABDE是双等四边形 ②如图5，在等腰三角形4BC中，4C=BC,coB,4B=5,在平面内找一点D,使四边形ABCD是以 ABC为伴随三角形的双等四边形，若存在，请求出CD的长，若不存在，请说明理由. 图4 图5 备用图 ◆题型三特殊三角形的性质与计算 点方法 1.等腰三角形：等边对等角、三线合一；直角三角形用勾股定理、两锐角互余。 6/31 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 2.等边三角形三边相等、三角均为60°，兼具等腰与直角三角形相关性质。 3.结合面积法、特殊角度(30°、45°)快速求边长、高。 1.(2025·广东深圳·中考真题)如图1，在Rt△ABC中，D是AB的中点，AE=CD,AD=EC. D 图1 图2 (1)求证：四边形ADCE为菱形； (2)如图2，若点0为AC上一点，AC=4,且E,A,D三点均在⊙0上，连接0D,CD与⊙0相切于点 D, ①求LACD= ②求⊙0的半径r; (3)利用圆规和无刻度直尺在图2中作射线DF∥AC,交BC于点F,保留作图痕迹，不用写出作法和理由. 2.(2025·广东·中考真题)如图，CD是Rt△ABC斜边AB上的中线，过点A,C分别作AE∥DC, CE∥AB,AE与CE相交于点E,现有以下命题： 命题1：若连接BE交CA于点F，,则S△crB=2SAcF· 命题2：若连接ED,则ED⊥AC 命题3：若连接ED,则ED=BC. 任选两个命题，先判断真假，再证明或举反例 E D 3.(2024·广东深圳·中考真题)垂中平行四边形的定义如下：在平行四边形中，过一个顶点作关于不相 邻的两个顶点的对角线的垂线交平行四边形的一条边，若交点是这条边的中点，则该平行四边形是“垂中 平行四边形” 图1 图3 图3备用图 (1)如图1所示，四边形ABCD为“垂中平行四边形”，AF=√5，CE=2,则AE=;AB= (2)如图2，若四边形ABCD为“垂中平行四边形”，且AB=BD,猜想AF与CD的关系，并说明理由； 7/31 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 (3)①如图3所示，在ABC中，BE=5,CE=2AE=I2，,BE⊥AC交AC于点E,请画出以BC为边的垂 中平行四边形，要求：点A在垂中平行四边形的一条边上（不限作图工具）： ②若ABC关于直线AC对称得到ABC,连接CB,作射线CB交①中所画平行四边形的边于点P,连接 PE,请直接写出PE的值. 题型四三角形中位线与中点四边形 皮方法 1.三角形中位线平行于第三边且等于其一半，可证平行、求线段长度。 2.中点四边形形状由原四边形对角线决定：对角线相等得菱形，互相垂直得矩形。 3.利用中位线性质简化周长、边长计算。 1.(2025·广东广州·中考真题)如图，菱形ABCD的面积为10，点E,F,G,H分别为AB,BC,CD, DA的中点，则四边形EFGH的面积为() G A.2 B.5 C.4 D.8 2.(2025·广东·中考真题)如图，点D,E,F分别是ABC各边上的中点，∠A=70°，则∠EDF=() A.20° B.40° C.70° D.110 3.(2013·广东珠海·中考真题)如图，正方形ABCD的边长为1，顺次连接正方形ABCD四边的中点得到第 一个正方形ABCD,由顺次连接正方形ABCD1四边的中点得到第二个正方形ABCD2…,以此类推，则第 六个正方形ABCD。周长是一· 8/31 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 B A D, D 题型五特殊四边形的判定与证明 点方法 1.先证平行四边形，再叠加条件：一个直角为矩形，一组邻边相等为菱形。 2.正方形判定：矩形+邻边相等，或菱形+一个直角。 3. 常用判定：对边平行且相等、对角线互相平分/相等/垂直。 1.(2025·广东深圳·中考真题)如图，将正方形ABCD沿EF折叠，使得点A与对角线的交点O重合， EF为折痕，则EE 的值为() CG D B. C. 2 2.(2024·广东广州·中考真题)如图，口ABCD中，BC=2,点E在DA的延长线上，BE=3,若BA平 分∠EBC,则DE= B E A 3.（2025·广东广州·中考真题)宽与长的比是5-1（约为0.618）的矩形叫做黄金矩形.现有一张黄金 2 矩形纸片ABCD,长AD=√5+1，如图1，折叠纸片ABCD,点B落在AD上的点E处，折痕为AF,连接 9/31 高学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 EF,然后将纸片展开 G E D F 图1 图2 (1)求AB的长： (2)求证：四边形CDEF是黄金矩形； (3)如图2，点G为AE的中点，连接FG,折叠纸片ABCD,点B落在FG上的点H处，折痕为FP,过点P 作PQ⊥EF于点Q.四边形BFOP是否为黄金矩形？如果是，请证明：如果不是，请说明理由 4.(2024·广东广州·中考真题)如图，在菱形ABCD中，∠C=120°.点E在射线BC上运动（不与点B, 点C重合)，△AEB关于AE的轴对称图形为△AEF. (1)当∠BAF=30°时，试判断线段AF和线段AD的数量和位置关系，并说明理由； (2)若AB=6+6V3,⊙0为△AEF的外接圆，设⊙0的半径为r. ①求r的取值范围； ②连接FD,直线FD能否与OO相切？如果能，求BE的长度；如果不能，请说明理由， 5.(2024·广东·中考真题)中国新能源汽车为全球应对气候变化和绿色低碳转型作出了巨大贡献.为满 足新能源汽车的充电需求，某小区增设了充电站，如图是矩形PQMW充电站的平面示意图，矩形ABCD是 其中一个停车位.经测量，∠ABQ=60°，AB=5.4m，CE=1.6m,GH⊥CD,GH是另一个车位的宽， 所有车位的长宽相同，按图示并列划定， D B E 根据以上信息回答下列问题：（结果精确到0.1m,参考数据√5≈1.73） (1)求P2的长； (2)该充电站有20个停车位，求PN的长. 10/31