专题09 多边形与特殊四边形（题型专练6大题型）（湖南专用）2026年中考数学二轮复习讲练测

专题09 多边形与特殊四边形 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：多边形的内角和、外角和与对角线计算 题型02：平行四边形的性质与判定综合 题型03：矩形、菱形、正方形的性质与判定综合 题型04：特殊四边形中的折叠与对称问题 题型05：特殊四边形中的动点与最值问题 题型06：中点四边形模型与几何探究 第二部分 题型训练 整合应用，模拟实战 题●型●破●译 题型01 多边形的内角和、外角和与对角线计算 典例引领 【典例01】（2025·湖南·中考真题）如图，左图为传统建筑中的一种窗格，右图为其窗框的示意图，多边形为正八边形，连接，，与交于点，______． 【典例02】（2025·甘肃兰州·中考真题）图1是通过平面图形的镶嵌所呈现的图案，图2是其局部放大示意图，由正六边形、正方形和正三角形构成，它的轮廓为正十二边形，则图2中的大小是（    ） A． B． C． D． 方法透视 考向解读 此为基础考点，考查公式记忆与简单应用。常以选择、填空形式出现。考察：利用内角和公式求边数或内角度数；利用外角和恒为求边数或外角度数；求多边形对角线条数。 方法技能 公式应用：已知内角和求：。正边形每个内角，每个外角。 外角应用：多边形的外角和与边数无关，恒为。此性质常用于求正多边形边数或单个外角度数。 对角线：边形从一个顶点出发可引条对角线，总共有条。 变式演练 【变式01】（2024·湖南湘潭·一模）某校为落实“双减”政策，每周星期三下午开展“”活动，为学生全面发展搭建平台．小田在素描课堂上观察一几何体的主视图如图所示，若，则的度数为（  ） A． B． C． D． 【变式02】（2025·湖南·二模）中国宴席中的摆盘艺术体现传统美学原则．如图1，将六个全等的正五边形陶瓷盘按照如图1的方式摆放，正五边形的五个顶点代表“五福”，具有美好的寓意．若将其抽象成如图2的图形，则的度数为______°． 题型02 平行四边形的性质与判定综合 典例引领 【典例01】（2025·湖南·中考真题）【问题背景】 如图1，在平行四边形纸片中，过点作直线于点，沿直线将纸片剪开，得到和四边形，如图2所示． 【动手操作】 现将三角形纸片和四边形纸片进行如下操作（以下操作均能实现） ①将三角形纸片置于四边形纸片内部，使得点与点重合，点在线段上，延长交线段于点，如图3所示； ②连接，过点作直线交射线于点，如图4所示； ③在边上取一点，分别连接，，，如图5所示． 【问题解决】 请解决下列问题： (1)如图3，填空：______； (2)如图4，求证：； (3)如图5．若，，求证：． 【典例02】在四边形中，的平分线交于，延长到使，是的中点，交于，连接． (1)当四边形是矩形时，如图，求证：①；②． (2)当四边形是平行四边形时，如图，（1）中的结论都成立，请给出结论②的证明． 方法透视 考向解读 平行四边形是特殊四边形的基础，其性质和判定是中考几何证明与计算的核心内容。考察：直接应用性质（对边平行且相等、对角相等、对角线互相平分）求角度、边长；综合运用多种判定定理证明四边形是平行四边形。 方法技能 性质应用：解题时，平行四边形的每条性质都可能成为关键条件。特别是“对角线互相平分”，常与中点、全等三角形结合。 判定选择：有五条判定定理。证明时，优先考虑：已知一组对边平行且相等（最常用）；已知两组对边分别平行或分别相等；已知对角线互相平分；已知两组对角分别相等（使用较少）。 解题模式：在复杂图形中，常需先证明某四边形是平行四边形，再利用其性质进行下一步推理。 变式演练 【变式01】（2026·湖南·模拟预测）如图，在中，点，分别在边，上，连接，，，满足． (1)若射线交于点，求证：； (2)若，求的长； (3)若，求点在边上的位置． 【变式02】（2024·湖南长沙·三模）在新学活动课上，学习小组的同学们制作了两个特殊的直角三角板（和），按如图的方式放置，已知，，，连接，．    (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若四边形是菱形，求菱形的面积和的长． 【变式03】（2025·湖南·模拟预测）我们知道，三角形具有稳定性，四边形不具有稳定性，如图，矩形的顶点和分别在 y 轴和x轴上．向下按压矩形，得到如图所示的平行四边形，其中，则平行四边形的对角线的交点D的坐标为（　　）    A． B． C． D． 题型03 矩形、菱形、正方形的性质与判定综合 典例引领 【典例01】（2024·湖南·中考真题）【问题背景】 已知点A是半径为r的上的定点，连接，将线段绕点O按逆时针方向旋转得到，连接，过点A作的切线l，在直线l上取点C，使得为锐角． 【初步感知】（1）如图1，当时， ； 【问题探究】 （2）以线段为对角线作矩形，使得边过点E，连接，对角线，相交于点F． ①如图2，当时，求证：无论在给定的范围内如何变化，总成立： ②如图3，当，时，请补全图形，并求及的值． 【典例02】（2023·湖南·中考真题）问题情境：小红同学在学习了正方形的知识后，进一步进行以下探究活动：在正方形的边上任意取一点G，以为边长向外作正方形，将正方形绕点B顺时针旋转．      特例感知：（1）当在上时，连接相交于点P，小红发现点P恰为的中点，如图①．针对小红发现的结论，请给出证明； （2）小红继续连接，并延长与相交，发现交点恰好也是中点P，如图②，根据小红发现的结论，请判断的形状，并说明理由； 规律探究：（3）如图③，将正方形绕点B顺时针旋转，连接，点P是中点，连接，，，的形状是否发生改变？请说明理由． 方法透视 考向解读 这是中考几何的重中之重，常以解答题形式出现，融合证明、计算、探究于一体。要求熟练掌握这三种特殊平行四边形的定义、性质和判定，并能灵活选用。 方法技能 性质梳理：矩形：平行四边形+一个角是直角 或 对角线相等；菱形：平行四边形+一组邻边相等 或 对角线互相垂直；正方形：矩形+一组邻边相等 或 菱形+一个角是直角（集所有性质于一身）。 判定思路：证明的顺序通常是：先证平行四边形，再证附加条件（直角、等边、垂直等）。有时也可直接根据定义或更高级的判定定理。 计算应用：矩形中常涉及勾股定理；菱形中常涉及勾股定理和面积公式；正方形则兼具两者特点。 变式演练 【变式01】（2023·湖南·中考真题）（1）[问题探究] 如图1，在正方形中，对角线相交于点O．在线段上任取一点P（端点除外），连接．    ①求证：； ②将线段绕点P逆时针旋转，使点D落在的延长线上的点Q处．当点P在线段上的位置发生变化时，的大小是否发生变化？请说明理由； ③探究与的数量关系，并说明理由． （2） [迁移探究] 如图2，将正方形换成菱形，且，其他条件不变．试探究与的数量关系，并说明理由．    【变式02】如图，矩形ABCD中，AB＝15，BC＝9，E是CD边上一点（不与点C重合），作AF⊥BE于F，CG⊥BE于G，延长CG至点C′，使C′G＝CG，连接CF，AC′．    (1)直接写出图中与△AFB相似的一个三角形； (2)若四边形AFCC′是平行四边形，求CE的长； (3)当CE的长为多少时，以C′，F，B为顶点的三角形是以C′F为腰的等腰三角形？ 【变式03】如图，以为边分别作菱形和菱形（点，，共线），动点在以为直径且处于菱形内的圆弧上，连接交于点．设． (1)求证：无论为何值，与相互平分；并请直接写出使成立的值． (2)当时，试给出的值，使得垂直平分，请说明理由． 题型04 特殊四边形中的折叠与对称问题 典例引领 【典例01】将矩形纸片放置在如图所示的平面直角坐标系中，P为边上一动点（不与点B，C重合），连接，将折叠，得到．经过点P再次折叠纸片，使点B的对应点落在直线上，折痕交于点E．已知点，当四边形是正方形时，点E的坐标为（    ） A． B． C． D． 【典例02】如图，矩形纸片中，，，点、点分别是边、上的一个动点，将沿折叠，使顶点落在点处，再将纸片沿折叠，使顶点落在射线上的点处，下列结论：①；②若，则；③当点与重合时，；④连接，若是以为腰的等腰三角形，则或．其中正确的结论有____．（填序号） 方法透视 考向解读 折叠问题本质是轴对称变换，是中考热点。在矩形、正方形纸片折叠的情境下，考察：识别折叠前后的全等图形；利用勾股定理在直角三角形中列方程求线段长；求角度或面积。 方法技能 抓等量：折叠前后对应边相等，对应角相等。折痕是对称轴，对应点的连线被折痕垂直平分。 设未知：设所求线段长为，用含的代数式表示其他相关线段长。 列方程：寻找一个直角三角形，其三边均可用已知量和表示，利用勾股定理建立方程。这是解决此类问题的核心方法。 变式演练 【变式01】综合与实践：某校数学兴趣小组利用课余时间开展平行四边形的折叠实验探究，已知点E为平行四边形的边上一动点，将沿折叠，使点D落在点F处． 特例探究：（1）如图1，若，此时点F落在边上．求证：； 类比探究：（2）如图2，若，此时点F落在边上．求证：； 拓展应用：（3）如图3，若，此时点F落在对角线上，且于点E，．求的值． 【变式02】（2024·湖南岳阳·二模）综合与实践 问题情境：如图1 ，矩形中，点M是边上一点，分别交， 于点E、F．    (1)探究发现：若，求． (2)探索研究：如图 2 ，矩形中，，将矩形沿直线折叠，E、F分别在边上，点A落在边上的点M 处，，连接，与交于点 G ． ①求的长； ②连接，求的长． (3)探究拓展：如图 3 ，矩形中，，将矩形沿直线折叠，E、F分别在边上，点A落在边上的点 M 处，若，求y关于x的函数关系式． 【变式03】（2026·湖南邵阳·一模）如图，在正方形中，点在边上（点不与点重合），沿折叠正方形，使点落在正方形内部的点处．展开后，连接，并延长交于点，过点作，分别交，于点． (1)如图1，当时， ①证明：是等边三角形； ②判断的值是否为定值？若是，求的值；若不是，请说明理由． (2)如图2，若正方形边长为4，求的最小值． 题型05 特殊四边形中的动点与最值问题 典例引领 【典例01】（2026·湖南邵阳·一模）如图，在中，，过点作于点，且．点是边上的一动点，连接，过点作所在直线的垂线，垂足为点，当点在边上运动时，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 【典例02】（2025·湖南益阳·模拟预测）已知矩形，，，边上有一动点E，连接，将沿直线翻折，点C恰好落在边上的点F处． (1)求的值； (2)若半径为1的在四边形内（包括边界）任意移动，则能够到达的区域的面积是多少？（第（2）问只需要写出结果，不要过程） 方法透视 考向解读 此题型动态考查特殊四边形的性质，并与最值问题（如“将军饮马”、“垂线段最短”）结合，难度较大。常作为填空压轴或解答题最后一问。 方法技能 分析动点轨迹：确定动点是在线段、射线还是曲线上运动。在特殊四边形中，动点轨迹常是边或对角线。 转化问题：利用对称（将军饮马）、垂线段最短、三角形三边关系等几何原理，将折线路径转化为直线，或将变量转化为函数。 “瓜豆原理”（联动点）初步：若主动点沿某路径运动，从动点与主动点满足固定夹角和比例关系，则从动点路径与主动点路径相似。识别出此类模型可快速判断轨迹。 变式演练 【变式01】如图，点O是边长为2的正方形边上一动点，连接，点D关于的对称点为，连接，．若以O为圆心，为半径的过直角边的中点，则的半径为________． 【变式02】（2025·湖南常德·二模）如图1，在矩形中，，P是线段上一个动点（P不与A重合），以为边在的上方作正方形，连接，，，与交于点G． (1)若正方形和矩形的周长相等，则的值为__________； (2)若，当长为多少时，是直角三角形？请说明理由； (3)把图1沿折叠，点F恰好落在线段的延长线上的点处，如图2所示，求的值． 【变式03】（2025·湖南·模拟预测）如图1，四边形中，，，且四边形的周长为48．O是上一点，．动点P从点O出发，沿折线运动到顶点D停止，连接，将线段绕点O顺时针旋转得到线段，连接． (1)求的长； (2)如图2，当点P在折线上运动的过程中，当点Q到的距离时，求此时点P在折线上运动的路径长； (3)连接，当点P在折线上运动过程中，时，求的长． 题型06 中点四边形模型与几何探究 典例引领 【典例01】如图，点，，，分别为四边形的边，，，的中点，下列说法中不正确的是(   ) A．四边形一定是平行四边形 B．若，则四边形是菱形 C．若，则四边形是矩形 D．若四边形是矩形，则四边形是正方形 【典例02】如图，任意四边形各边中点分别是E、F、G、H．若对角线、的长分别是、，则四边形的周长是（　　）    A．20cm B．30cm C．40cm D．50cm 方法透视 考向解读 此题型考查归纳推理和探究能力。中点四边形（顺次连接四边形各边中点所得的四边形）的性质与原四边形对角线有关，该结论是中考几何探究题的常见背景。 方法技能 核心结论：任意四边形的中点四边形都是平行四边形。原四边形的对角线若相等，则中点四边形为菱形；若垂直，则中点四边形为矩形；若既相等又垂直，则中点四边形为正方形。 证明方法：利用三角形中位线定理，证明中点四边形的两组对边分别平行于原四边形的对角线，且等于对角线的一半。 应用：此模型可用于快速判断中点四边形的形状，或逆向推理原四边形的对角线特征。 变式演练 【变式01】如图，已知矩形，，，是上一动点，、、分别是、、的中点． （1）求证：四边形是平行四边形； （2）四边形有可能是矩形吗？若有可能，求出的长；若不可能，请说明理由． 【变式02】如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD=BC，点E、F、G、H分别是AB，BC，CD，DA的中点，则下列结论一定正确的是（） A．∠HGF=∠GHE B．∠GHE=∠HEF C．∠HEF=∠EFG D．∠HGF=∠HEF 【变式03】如图，给定任意四边形．进行以下操作：第一次操作：连接四边形各边中点，得到四边形；第二次操作：连接四边形各边中点，得到四边形；第三次操作：连接四边形各边中点，得到四边形．现向四边形内部随机投掷一枚飞镖（忽略边界情况），则飞镖命中阴影区域（飞镖落在区域分界线时，忽略不计）的概率为_____． 题●型●训●练 1．如图，将等腰直角三角尺的角的顶点与正方形的顶点A重合，绕点A旋转三角尺，使分别与相交于点P，Q，设，则（   ） A． B． C． D． 2．如图，将矩形沿折叠，点，分别落在，处，交于点．将沿折叠，点落在矩形内的处，． 结论Ⅰ：； 结论Ⅱ：若平分，则． 对于结论Ⅰ和Ⅱ，下列判断正确的是（    ） A．Ⅰ和Ⅱ都对 B．Ⅰ和Ⅱ都不对 C．Ⅰ对Ⅱ不对 D．Ⅰ不对Ⅱ对 3．如图，正方形的顶点与正方形的边均在直线上，于点，若，则正方形的周长为（    ） A． B． C． D． 4．如图，在矩形中，四边形和四边形都是正方形，对角线交，于点，，连接交于点，连接交于点，连接，，可形成“回力镖镖翼”状的阴影几何纹样．若要确定图中“回力镖镖翼”状的阴影几何纹样的面积，只需知道（   ） A．四边形的面积 B．四边形的面积 C．四边形的面积 D．四边形的面积 5．一个多边形的内角和是外角和的5倍多，则这个多边形的边数为________ 6．用6面完全相同的平面镜围成一个正六边形，如图，有一束光线从上的点处射出，到达上的点处，经平面镜反射后，反射光线为，根据光的反射原理可得到，若，则的度数为_____． 7．求解三角形面积问题上我们有许多策略，比如等积变换法：利用平行线间距离处处相等，将所求面积转化到另一个图形中． 感知：如图1，边长为3的正方形与边长为2的正方形如图摆放，连接，易证，可求得__________； 探究：如图2，已知①至⑤号正方形如图摆放，且②号正方形面积为，则__________． 8．一机器人以的速度在平地上按下图中的步骤行走，那么该机器人从开始到停止所需时间为_____s． 9．如图，四边形为矩形，已知，，E为上一点，，F为上动点，将矩形沿向下折叠，当点C恰好落在边上时，的长度为_____． 10．在矩形中，点是上的一个动点（点不与端点重合），点为的中点，连接． (1)如图1，求证：； (2)如图2，连接，若，，当线段的长为整数时，直接写出线段的长． 11．按要求完成下列各题： (1)如图1，点E是正方形的边上一点，连接，过点D作于点G，交边于点F， ①求证：； ②如图2，连接EF，以为邻边构造平行四边形，连接．求的值； (2)如图3，矩形中，，点F是边的中点，连接，过点A作于点G，交边于点E，连接，以为邻边构造平行四边形，连接，求的长． 12．综合与实践 在四边形中，，点是射线上的一个动点，连接，将线段绕点顺时针旋转，得到，作射线． (1)【动手操作】 如图1，在边上截取，连接，则___________． (2)【深入探究】 ①在图2中找出与相等的角，并说明理由； ②若三点共线，设，求的长（用含的式子表示）． (3)【拓展应用】过点作，交直线于点，连接，若，请直接写出的长． 公司2 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题09 多边形与特殊四边形 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：多边形的内角和、外角和与对角线计算 题型02：平行四边形的性质与判定综合 题型03：矩形、菱形、正方形的性质与判定综合 题型04：特殊四边形中的折叠与对称问题 题型05：特殊四边形中的动点与最值问题 题型06：中点四边形模型与几何探究 第二部分 题型训练 整合应用，模拟实战 题●型●破●译 题型01 多边形的内角和、外角和与对角线计算 典例引领 【典例01】（2025·湖南·中考真题）如图，左图为传统建筑中的一种窗格，右图为其窗框的示意图，多边形为正八边形，连接，，与交于点，______． 【答案】 【分析】本题主要考查了正多边形内角问题，等边对等角，三角形内角和定理，三角形外角的性质，先根据正多边形内角计算公式求出，再根据等边对等角和三角形内角和定理求出的度数，最后根据三角形外角的性质即可得到答案． 【详解】解：∵八边形是正八边形， ∴， ∴， 同理可得， ∴， 故答案为：． 【典例02】（2025·甘肃兰州·中考真题）图1是通过平面图形的镶嵌所呈现的图案，图2是其局部放大示意图，由正六边形、正方形和正三角形构成，它的轮廓为正十二边形，则图2中的大小是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了正多边形的内角和．根据正三角形的每个内角为，正方形的每个内角为，求解即可． 【详解】解：正三角形的每个内角为，正方形的每个内角为， ∴， 故选：D． 方法透视 考向解读 此为基础考点，考查公式记忆与简单应用。常以选择、填空形式出现。考察：利用内角和公式求边数或内角度数；利用外角和恒为求边数或外角度数；求多边形对角线条数。 方法技能 公式应用：已知内角和求：。正边形每个内角，每个外角。 外角应用：多边形的外角和与边数无关，恒为。此性质常用于求正多边形边数或单个外角度数。 对角线：边形从一个顶点出发可引条对角线，总共有条。 变式演练 【变式01】（2024·湖南湘潭·一模）某校为落实“双减”政策，每周星期三下午开展“”活动，为学生全面发展搭建平台．小田在素描课堂上观察一几何体的主视图如图所示，若，则的度数为（  ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查的是多边形内角和，熟知多边形内角和公式是解答此题的关键． 先根据五边形内角和定理得出，再根据进行解答即可． 【详解】解：根据题意可得，， ∵， ∴， 故选：C． 【变式02】（2025·湖南·二模）中国宴席中的摆盘艺术体现传统美学原则．如图1，将六个全等的正五边形陶瓷盘按照如图1的方式摆放，正五边形的五个顶点代表“五福”，具有美好的寓意．若将其抽象成如图2的图形，则的度数为______°． 【答案】36 【分析】本题考查了多边形的内角与外角，熟练掌握多边形的内角和公式是关键． 用减去三个正五边形的内角的度数即可． 【详解】解：∵正五边形每个内角的度数为 ∴． 故答案为：36． 题型02 平行四边形的性质与判定综合 典例引领 【典例01】（2025·湖南·中考真题）【问题背景】 如图1，在平行四边形纸片中，过点作直线于点，沿直线将纸片剪开，得到和四边形，如图2所示． 【动手操作】 现将三角形纸片和四边形纸片进行如下操作（以下操作均能实现） ①将三角形纸片置于四边形纸片内部，使得点与点重合，点在线段上，延长交线段于点，如图3所示； ②连接，过点作直线交射线于点，如图4所示； ③在边上取一点，分别连接，，，如图5所示． 【问题解决】 请解决下列问题： (1)如图3，填空：______； (2)如图4，求证：； (3)如图5．若，，求证：． 【答案】(1) (2)证明过程见详解 (3)证明过程见详解 【分析】（1）根据平行四边形的性质得到，根据题意得到，，，由此即可求解； （2）根据题意得到，，是等腰直角三角形，则，，，再证明，则，且，由此即可求解； （3）根据题意，设，则，在中，，，，如图所示，过点作于点，过点作于点，可得，，，，，，可证，得到，即可求解． 【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∵直线， ∴， ∴， ∵将三角形纸片置于四边形纸片内部，使得点与点重合，点在线段上，延长交线段于点， ∴， ∴， 故答案为：； （2）证明：根据题意，， ∴， ∵将三角形纸片置于四边形纸片内部，使得点与点重合，点在线段上，延长交线段于点， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∵直线，即， ∴， ∴， ∴， ∵，点在线段上， ∴， ∵， ∴， ∴，且， ∴； （3）解：∵， ∴， ∵， ∴设，则， 在中，，， ∴， 如图所示，过点作于点，过点作于点， ∴，，即， 解得，， ∵， ∴， ∴，即， 解得，， ∵， ∴，即， 解得，，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，即，且， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题主要考查平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，含角的直角三角形的性质，勾股定理，解直角三角形的计算，相似三角形的判定和性质，掌握平行四边形的性质，解直角三角形的计算，相似三角形的判定和性质，数形结合分析是关键． 【典例02】在四边形中，的平分线交于，延长到使，是的中点，交于，连接． (1)当四边形是矩形时，如图，求证：①；②． (2)当四边形是平行四边形时，如图，（1）中的结论都成立，请给出结论②的证明． 【答案】(1)证明见详解 (2)证明见详解 【分析】（1）①证明即可；②连接BG，CG，证明，即可证明； （2）①的结论和（1）中证明一样，证明即可；②的结论，作，证明即可． 【详解】（1）证明：①证明过程： 四边形ABCD为矩形， 平分 为等腰直角三角形 ②证明：连接BG，CG， G为AF的中点，四边形ABCD为矩形， 平分， （2）作，如图所示 由（1）同理可证： 四边形ABCD为平行四边形 G为AF的中点，由平行线分线段成比例可得 ， 【点睛】本题考查了以矩形与平行四边形为桥梁，涉及全等三角形的证明，相似三角形的证明，正确作出辅助线并由此得到相应的全等三角形和相似三角形是解题的关键． 方法透视 考向解读 平行四边形是特殊四边形的基础，其性质和判定是中考几何证明与计算的核心内容。考察：直接应用性质（对边平行且相等、对角相等、对角线互相平分）求角度、边长；综合运用多种判定定理证明四边形是平行四边形。 方法技能 性质应用：解题时，平行四边形的每条性质都可能成为关键条件。特别是“对角线互相平分”，常与中点、全等三角形结合。 判定选择：有五条判定定理。证明时，优先考虑：已知一组对边平行且相等（最常用）；已知两组对边分别平行或分别相等；已知对角线互相平分；已知两组对角分别相等（使用较少）。 解题模式：在复杂图形中，常需先证明某四边形是平行四边形，再利用其性质进行下一步推理。 变式演练 【变式01】（2026·湖南·模拟预测）如图，在中，点，分别在边，上，连接，，，满足． (1)若射线交于点，求证：； (2)若，求的长； (3)若，求点在边上的位置． 【答案】(1)证明见详解； (2)； (3)点是上靠近点的三等分点 【分析】本题以平行四边形为载体，综合考查了平行四边形的性质、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定及比例式的代换，关键是通过等角关系推导相似三角形，再利用相似比建立线段间的联系，逐步完成求解． （1）先借助平行四边形对边平行的性质得到内错角相等，再结合已知等角条件推出两组对应角相等，从而用判定定理证明三角形相似． （2）由（1）的相似得到，再通过等角对等边推出，将其转化为；接着利用平行四边形的角的互补关系和三角形内角和，证明，进而得到，推导出求出的长度；最后由平行线得到的相似三角形比例式，代入数值计算出的长． （3）直接利用（2）得到的比例式，结合题目给出的，代入化简后得到与的比例关系，从而确定点在上的位置． 【详解】（1）证明：如图，射线交于点， ∵在中，， ， ， ， 又， ； （2）解：由（1）得， ∴，即， ∵， ∴， ∴①， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴，即②， 在中，， ∵， ∴，即③， ③-②得，即， 在中，， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴，化为， 将①代入得，化为④， ∵，， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 即， 解得； （3）解：由（2）得， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 即点是上靠近点的三等分点． 【变式02】（2024·湖南长沙·三模）在新学活动课上，学习小组的同学们制作了两个特殊的直角三角板（和），按如图的方式放置，已知，，，连接，．    (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若四边形是菱形，求菱形的面积和的长． 【答案】(1)见解析 (2)面积为； 【分析】本题考查了平行四边形判定、菱形的性质、勾股定理等知识． （1）由题意，利用证明，得到，进而得到，则问题可证； （2）连接交于点O，先求出，再由面积法得到，再用勾股定理求出，进而求出和菱形的面积即可． 【详解】（1）证明：在和中， ∴， ∴， ∴. ∵ ∴四边形为平行四边形； （2）解：连接交于点O，    ∵四边形为菱形， ∴，，. 在中，. 由(1)知，， ∴， ∵， ∴， ∴ 在中， ， ∴， ∴菱形的面积为， ∴． 【变式03】（2025·湖南·模拟预测）我们知道，三角形具有稳定性，四边形不具有稳定性，如图，矩形的顶点和分别在 y 轴和x轴上．向下按压矩形，得到如图所示的平行四边形，其中，则平行四边形的对角线的交点D的坐标为（　　）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查坐标与图形的性质，平行四边形的性质，相似三角形的判定与性质，关键是由以上知识点求出，的长．作轴于，轴于，由的坐标是，的坐标是，得到，，由直角三角形的性质求出，，再证明，由相似三角形的性质即可得到的坐标． 【详解】解：作轴于，轴于，   的坐标是，的坐标是， ，， 由题意知， ， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 轴，轴， ， ， ，， ， 的坐标为． 故选：D 题型03 矩形、菱形、正方形的性质与判定综合 典例引领 【典例01】（2024·湖南·中考真题）【问题背景】 已知点A是半径为r的上的定点，连接，将线段绕点O按逆时针方向旋转得到，连接，过点A作的切线l，在直线l上取点C，使得为锐角． 【初步感知】 （1）如图1，当时， ； 【问题探究】 （2）以线段为对角线作矩形，使得边过点E，连接，对角线，相交于点F． ①如图2，当时，求证：无论在给定的范围内如何变化，总成立： ②如图3，当，时，请补全图形，并求及的值． 【答案】（1）；①证明见解析；②补全图形见解析，， 【分析】（1）可证是等边三角形，则，由直线l是的切线，得到，故； （2）①根据矩形的性质与切线的性质证明，则，而，由，得到； ②过点O作于点G，于点H，在中，先证明点E在线段上，，由等腰三角形的性质得，根据互余关系可得，可求，解，求得，可证明，故在中，． 【详解】解：（1）由题意得， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∵直线l是的切线， ∴， ∴， 故答案为：； （2）①如图： ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴； ②补全图形如图： 过点O作于点G，于点H， 在中，， ∴由勾股定理得， ∵， ∴， ∴， ∴点E在线段上， ∴在，， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， 在中，， ∴设， ∴由勾股定理得， ∴， ∴在中， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， 而， ∴， ∴在中，． 【点睛】本题考查了圆的切线的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定与性质，矩形的性质，解直角三角形，勾股定理，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解决本题的关键． 【典例02】（2023·湖南·中考真题）问题情境：小红同学在学习了正方形的知识后，进一步进行以下探究活动：在正方形的边上任意取一点G，以为边长向外作正方形，将正方形绕点B顺时针旋转．      特例感知： （1）当在上时，连接相交于点P，小红发现点P恰为的中点，如图①．针对小红发现的结论，请给出证明； （2）小红继续连接，并延长与相交，发现交点恰好也是中点P，如图②，根据小红发现的结论，请判断的形状，并说明理由； 规律探究： （3）如图③，将正方形绕点B顺时针旋转，连接，点P是中点，连接，，，的形状是否发生改变？请说明理由． 【答案】（1）见解析；（2）是等腰直角三角形，理由见解析；（3）的形状不改变，见解析 【分析】（1）连接，，，根据正方形的性质求出，证明，推出，再利用余角的性质求出，推出即可； （2）根据正方形的性质直接得到，推出，得到是等腰直角三角形； （3）延长至点M，使，连接，证明，得到，推出，设交于点H，交于点N，得到，由得到，推出，进而得到，再证明，得到，，证得，再由，根据等腰三角形的三线合一的性质求出，即可证得是等腰直角三角形． 【详解】（1）证明：连接，，，如图，    ∵四边形，都是正方形， ∴， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即点P恰为的中点； （2）是等腰直角三角形，理由如下： ∵四边形，都是正方形， ∴ ∴， ∴是等腰直角三角形； （3）的形状不改变， 延长至点M，使，连接，    ∵四边形、四边形都是正方形， ∴，， ∵点P为的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴， 设交于点H，交于点N， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴，， ∵， ∴，即， ∵， ∴，即， ∴， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形． 【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，平行线的性质等，（3）中作辅助线利用中点构造全等三角形是解题的难点，熟练掌握各性质和判定定理是解题的关键． 方法透视 考向解读 这是中考几何的重中之重，常以解答题形式出现，融合证明、计算、探究于一体。要求熟练掌握这三种特殊平行四边形的定义、性质和判定，并能灵活选用。 方法技能 性质梳理：矩形：平行四边形+一个角是直角 或 对角线相等；菱形：平行四边形+一组邻边相等 或 对角线互相垂直；正方形：矩形+一组邻边相等 或 菱形+一个角是直角（集所有性质于一身）。 判定思路：证明的顺序通常是：先证平行四边形，再证附加条件（直角、等边、垂直等）。有时也可直接根据定义或更高级的判定定理。 计算应用：矩形中常涉及勾股定理；菱形中常涉及勾股定理和面积公式；正方形则兼具两者特点。 变式演练 【变式01】（2023·湖南·中考真题）（1）[问题探究] 如图1，在正方形中，对角线相交于点O．在线段上任取一点P（端点除外），连接．    ①求证：； ②将线段绕点P逆时针旋转，使点D落在的延长线上的点Q处．当点P在线段上的位置发生变化时，的大小是否发生变化？请说明理由； ③探究与的数量关系，并说明理由． （2）[迁移探究] 如图2，将正方形换成菱形，且，其他条件不变．试探究与的数量关系，并说明理由．    【答案】（1）①见解析；②不变化，，理由见解析；③，理由见解析；（2），理由见解析 【分析】（1）①根据正方形的性质证明，即可得到结论； ②作，垂足分别为点M、N，如图，可得，证明四边形是矩形，推出，证明， 得出，进而可得结论； ③作交于点E，作于点F，如图，证明，即可得出结论； （2）先证明，作交于点E，交于点G，如图，则四边形是平行四边形，可得，都是等边三角形，进一步即可证得结论． 【详解】（1）①证明：∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴； ②的大小不发生变化，； 证明：作，垂足分别为点M、N，如图，    ∵四边形是正方形， ∴，， ∴四边形是矩形，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，即； ③； 证明：作交于点E，作于点F，如图，        ∵四边形是正方形， ∴，， ∴，四边形是矩形， ∴， ∴， ∵，， ∴， 作于点M， 则， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）； 证明：∵四边形是菱形，， ∴， ∴是等边三角形，垂直平分， ∴， ∵， ∴， 作交于点E，交于点G，如图， 则四边形是平行四边形，，， ∴，都是等边三角形， ∴，      作于点M，则， ∴， ∴． 【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形、菱形的性质，矩形、平行四边形、等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质以及解直角三角形等知识，熟练掌握相关图形的判定和性质、正确添加辅助线是解题的关键． 【变式02】如图，矩形ABCD中，AB＝15，BC＝9，E是CD边上一点（不与点C重合），作AF⊥BE于F，CG⊥BE于G，延长CG至点C′，使C′G＝CG，连接CF，AC′．    (1)直接写出图中与△AFB相似的一个三角形； (2)若四边形AFCC′是平行四边形，求CE的长； (3)当CE的长为多少时，以C′，F，B为顶点的三角形是以C′F为腰的等腰三角形？ 【答案】(1)答案不唯一，如△AFB∽△BCE (2)CE＝7.5 (3)当CE的长为长为或3时，以C′，F，B为顶点的三角形是以C′F为腰的等腰三角形 【分析】（1）因为△AFB是直角三角形，所以和它相似的三角形都是直角三角形，有三个直角三角形和△AFB相似，解答时任意写出一个即可； （2）根据△AFB∽△BGC，得，即，设AF＝5x，BG＝3x，根据△AFB∽△BCE∽△BGC，列比例式可得CE的长； （3）分两种情况：①当C'F＝BC'时，如图2，②当C'F＝BF时，如图3，根据三角形相似列比例式可得结论． 【详解】（1）解：（任意回答一个即可）； ①如图1，△AFB∽△BCE，理由如下：    ∵四边形ABCD是矩形， ∴DC∥AB，∠BCE＝∠ABC＝90°， ∴∠BEC＝∠ABF， ∵AF⊥BE， ∴∠AFB＝90°， ∴∠AFB＝∠BCE＝90°， ∴△AFB∽△BCE； ②△AFB∽△CGE，理由如下： ∵CG⊥BE， ∴∠CGE＝90°， ∴∠CGE＝∠AFB， ∵∠CEG＝∠ABF， ∴△AFB∽△CGE； ③△AFB∽△BGC，理由如下： ∵∠ABF+∠CBG＝∠CBG+∠BCG＝90°， ∴∠ABF＝∠BCG， ∵∠AFB＝∠CGB＝90°， ∴△AFB∽△BGC； （2）∵四边形AFCC'是平行四边形， ∴AF＝CC'， 由（1）知：△AFB∽△BGC， ∴ ，即， 设AF＝5x，BG＝3x， ∴CC'＝AF＝5x， ∵CG＝C'G， ∴CG＝C'G＝2.5x， ∵△AFB∽△BCE∽△BGC， ∴ ，即， ∴CE＝7.5； （3）分两种情况： ①当C'F＝BC'时，如图2，    ∵C'G⊥BE， ∴BG＝GF， ∵CG＝C'G， ∴四边形BCFC'是菱形， ∴CF＝CB＝9， 由（2）知：设AF＝5x，BG＝3x， ∴BF＝6x， ∵△AFB∽△BCE， ∴ ，即， ∴， ∴CE＝； ②当C'F＝BF时，如图3，    由（1）知：△AFB∽△BGC， ∴ ， 设BF＝5a，CG＝3a， ∴C'F＝5a， ∵CG＝C'G，BE⊥CC'， ∴CF＝C'F＝5a， ∴FG＝＝4a， ∵tan∠CBE＝， ∴， ∴CE＝3； 综上，当CE的长为长为或3时，以C′，F，B为顶点的三角形是以C′F为腰的等腰三角形． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的判定和性质，菱形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，平行线的性质，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考压轴题． 【变式03】如图，以为边分别作菱形和菱形（点，，共线），动点在以为直径且处于菱形内的圆弧上，连接交于点．设． (1)求证：无论为何值，与相互平分；并请直接写出使成立的值． (2)当时，试给出的值，使得垂直平分，请说明理由． 【答案】(1)见解析， (2)2，理由见解析 【分析】（1）①连接BF、CE，证明四边形BFCE为平行四边形即可，②由题意可知四边形BFCE为菱形，进而可证明为等边三角形，即可求解； （2）连接AF，AO ，由垂直平分线的性质易证，从而可知，再由正方形的以及圆的相关性质可证得，设正方形边长为x，在 中，由正切的定义即可求解． 【详解】（1）证明：如图所示：连接BF、CE， ∵菱形和菱形（点，，共线）， ∴点G、B、E共线， ， ， ∴四边形BFCE是平行四边形， ∴与相互平分， 即：无论为何值，与相互平分； 又∵， ∴四边形BFCE是菱形， ∴BE=BF， 又∵菱形和菱形， ， 为等边三角形， ； （2）如图所示：连接AF，AO ，设EF与AC交于点H， ∵垂直平分 ， 由（1）知，O为BC的中点， ∴动点在以O为圆心，为直径且处于菱形内的圆弧上， ， ， ， ， 在和 中， ， ， ， ∵，菱形， ∴四边形BCFG为正方形， ， ， 设，则 ， ， 在 中， ， ， ． 【点睛】本题考查了菱形的性质，平行四边形的判定与性质，等边三角形的判定，全等三角形的判定与性质，正方形的判定与性质，圆中的相关性质，直径所对的圆周角为90度，正切的定义等，熟练掌握以上知识点，并能综合运用是解题的关键． 题型04 特殊四边形中的折叠与对称问题 典例引领 【典例01】将矩形纸片放置在如图所示的平面直角坐标系中，P为边上一动点（不与点B，C重合），连接，将折叠，得到．经过点P再次折叠纸片，使点B的对应点落在直线上，折痕交于点E．已知点，当四边形是正方形时，点E的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了折叠的性质，矩形的性质，正方形的性质，等腰三角形的性质，解题的关键是熟练掌握以上性质；根据正方形的性质和等腰三角形的性质可得，再由正方形的性质求解即可； 【详解】由题意可得，当四边形是正方形时，， ∴， 由折叠的性质，可得， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴点E的坐标为， 故选C； 【典例02】如图，矩形纸片中，，，点、点分别是边、上的一个动点，将沿折叠，使顶点落在点处，再将纸片沿折叠，使顶点落在射线上的点处，下列结论：①；②若，则；③当点与重合时，；④连接，若是以为腰的等腰三角形，则或．其中正确的结论有____．（填序号） 【答案】①②③④ 【分析】由折叠得，得，即可证明①正确；证明，得出，即可求出，证明②正确；当点与重合时，在中，利用勾股定理求出，即可证明③正确；若是以为腰的等腰三角形，分两种情况∶时和时，分别利用等腰三角形的性质和勾股定理求出，即可证明④正确． 【详解】解：由折叠得，， ∵ ∴，即，故①正确； ∵， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴, ∴， 若， ∵，， ∴，, ∴， ∴， ∴，故②正确； 设，则， 当点与重合时，， 在中，，即， ∴故③正确； 若是以为腰的等腰三角形，且时， ∵， ∴，即， ∵， ∴， 若是以为腰的等腰三角形，且时， 设，则， 在中，，即， ，故④正确； 故答案为∶①②③④． 【点睛】本题提考查了折叠问题，矩形性质、等腰三角形性质、勾股定理等知识点的应用是本题的解题关键． 方法透视 考向解读 折叠问题本质是轴对称变换，是中考热点。在矩形、正方形纸片折叠的情境下，考察：识别折叠前后的全等图形；利用勾股定理在直角三角形中列方程求线段长；求角度或面积。 方法技能 抓等量：折叠前后对应边相等，对应角相等。折痕是对称轴，对应点的连线被折痕垂直平分。 设未知：设所求线段长为，用含的代数式表示其他相关线段长。 列方程：寻找一个直角三角形，其三边均可用已知量和表示，利用勾股定理建立方程。这是解决此类问题的核心方法。 变式演练 【变式01】综合与实践：某校数学兴趣小组利用课余时间开展平行四边形的折叠实验探究，已知点E为平行四边形的边上一动点，将沿折叠，使点D落在点F处． 特例探究：（1）如图1，若，此时点F落在边上．求证：； 类比探究：（2）如图2，若，此时点F落在边上．求证：； 拓展应用：（3）如图3，若，此时点F落在对角线上，且于点E，．求的值． 【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3） 【分析】（1）证明平行四边形是矩形，则，由折叠的性质可得，，由，可得，进而可证； （2）如图2，延长交于点，由折叠的性质可知，，，证明，则，可得，证明，则，可得，进而可得； （3）如图3，延长交点为，过作于，则，由折叠的性质可知，，，可得是等腰直角三角形，，同理（2）可证，，则，即，可求，设，则，，则，，，根据，计算求解即可． 【详解】（1）证明：∵， ∴平行四边形是矩形， ∴， 由折叠的性质可得，， ∵， ∴， 又∵， ∴； （2）证明：如图2，延长交于点， 由折叠的性质可知，，， ∵平行四边形， ∴，，， ∴，， ∴， ∴，即， ∴， ∵，， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴，即， ∴； （3）解：如图3，延长交点为，过作于， ∵，， ∴，即， 由折叠的性质可知，，， ∴是等腰直角三角形， ∴， 同理（2）可证，， ∴，即， 解得， 设，则，， ∴，， ∴， ∴， ∴的值为． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，矩形的判定与性质，折叠的性质，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，正切等知识．熟练掌握平行四边形的性质，矩形的判定与性质，折叠的性质，相似三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，正切是解题的关键． 【变式02】（2024·湖南岳阳·二模）综合与实践 问题情境：如图1 ，矩形中，点M是边上一点，分别交， 于点E、F．    (1)探究发现：若，求． (2)探索研究：如图 2 ，矩形中，，将矩形沿直线折叠，E、F分别在边上，点A落在边上的点M 处，，连接，与交于点 G ． ①求的长； ②连接，求的长． (3)探究拓展：如图 3 ，矩形中，，将矩形沿直线折叠，E、F分别在边上，点A落在边上的点 M 处，若，求y关于x的函数关系式． 【答案】(1) (2)①；② (3) 【分析】（1）过点E作于点Q，易得，由相似三角形的性质即可求解； （2）①过点E作于点Q，由翻折性质得，则由（1）的求解过程得 的值，由勾股定理求得，即可求得的值； ②过G点作于点P，由相似三角形性质得，由勾股定理即可求得的长； （3）连接，过点E作于点Q，由翻折性质得，由（1）知，则有，则可得，从而得，；在中，由勾股定理建立关于x与y的关系式，整理后即可求得y与x的函数关系式． 【详解】（1）解：如图，过点E作于点Q，则， 在矩形中，， 四边形为矩形， ， ； ， ， ； ， ， ；    （2）解：①过点E作于点Q，如图所示； 矩形沿直线折叠， ； 故由（1）知，； 由勾股定理得， ；    ②如图，过G点作于点P； 则， ， ， ， ， ； 在中，由勾股定理即得； （3）解：如图，连接，过点E作于点Q， 由翻折性质得； 由（1）知，， ， ； 四边形是矩形， ， ； 在中，由勾股定理得, 即 整理得：， 即y与x的函数关系式为． 【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，翻折的性质，动点问题的函数关系式；作出相关辅助线，利用翻折的性质及相似三角形的性质是解题的关键． 【变式03】（2026·湖南邵阳·一模）如图，在正方形中，点在边上（点不与点重合），沿折叠正方形，使点落在正方形内部的点处．展开后，连接，并延长交于点，过点作，分别交，于点． (1)如图1，当时， ①证明：是等边三角形； ②判断的值是否为定值？若是，求的值；若不是，请说明理由． (2)如图2，若正方形边长为4，求的最小值． 【答案】(1)①见解析；②为定值， (2)最小值为28 【分析】（1）①由折叠得，由平行线的性质得出，由三角形内角和定理以及对顶角相等分别求出，进而可证明． ②设正方形边长为，则．分别表示出，由等边三角形的性质可知，即，整理即可得出答案． （2）设，则利用全等三角形的判定和性质得出，设，则．利用相似三角形的判定和性质得出，由等角对等边得出，然后把各式代入，最后利用二次函数的性质求解即可得出答案． 【详解】（1）解：①证明：∵四边形为正方形， ． 由折叠得， ， ． 在中， ， ． 在中， ， ， ， 是等边三角形； ②，为定值．理由如下： 设正方形边长为，则． 在Rt中，， ． 在中，，， ， ∵， ， 解得， ． （2）解：设， 在和中， ， ， 设， 则． 又， ，， ， ． 又， ， ， ， ， ， ∴当时，取得最小值为28． 题型05 特殊四边形中的动点与最值问题 典例引领 【典例01】（2026·湖南邵阳·一模）如图，在中，，过点作于点，且．点是边上的一动点，连接，过点作所在直线的垂线，垂足为点，当点在边上运动时，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先根据和求出，再在中用勾股定理算出，进而得到平行四边形的面积为，由此得出的面积为；结合得到，分析可知当最小时最大，而的最小值为，最终求得的最大值为． 【详解】解：∵， ∴， ∴， ∵， 在中，， 由勾股定理得：， ∵在平行四边形中，， ∴无论在上何处，的面积始终是平行四边形面积的一半， ∵平行四边形面积， ∴， 又∵， ∴， 整理得：， ∴要使最大，需要最小， 建立坐标系可知，点到直线的垂足落在的延长线上（超出边范围）， 因此长度随靠近点逐渐减小， 当与重合时，最小，此时， 将代入，得． 【典例02】（2025·湖南益阳·模拟预测）已知矩形，，，边上有一动点E，连接，将沿直线翻折，点C恰好落在边上的点F处． (1)求的值； (2)若半径为1的在四边形内（包括边界）任意移动，则能够到达的区域的面积是多少？（第（2）问只需要写出结果，不要过程） 【答案】(1) (2) 【分析】（1）先由折叠得：，，，由勾股定理可得的长，由三角函数可得，由平角的定义和直角三角形的两锐角互余可得，，由此即可解答； （2）分别计算半径为1的不能到四边形四个顶点处的区域，计算四边形的面积与这四个顶点处处不能到的面积差即可解答． 【详解】（1）解：四边形是矩形， ，， 由折叠得：，，， ， ， ， ， ， ， ，， 在中，， ， ； （2）解：如图1，与，相切，设切点为G，H，连接，， ，， ， ， ， ， ， ， ， 点D处不能到的区域的面积； 如图2，与，相切，设切点为G，P，连接，， ，， ， 四边形是正方形， ， 点C处不能到的区域的面积； 同理可得：点F处不能到的区域的面积； 如图3，与，相切，设切点为P，Q，连接，， ，， 同理得， ， ， 点E处不能到的区域的面积； 能够到达的区域的面积为： ． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质，正方形的性质和判定，圆的切线的性质，折叠的性质，勾股定理的应用，扇形的面积和三角形的面积等知识，熟练掌握相关性质是解题关键． 方法透视 考向解读 此题型动态考查特殊四边形的性质，并与最值问题（如“将军饮马”、“垂线段最短”）结合，难度较大。常作为填空压轴或解答题最后一问。 方法技能 分析动点轨迹：确定动点是在线段、射线还是曲线上运动。在特殊四边形中，动点轨迹常是边或对角线。 转化问题：利用对称（将军饮马）、垂线段最短、三角形三边关系等几何原理，将折线路径转化为直线，或将变量转化为函数。 “瓜豆原理”（联动点）初步：若主动点沿某路径运动，从动点与主动点满足固定夹角和比例关系，则从动点路径与主动点路径相似。识别出此类模型可快速判断轨迹。 变式演练 【变式01】如图，点O是边长为2的正方形边上一动点，连接，点D关于的对称点为，连接，．若以O为圆心，为半径的过直角边的中点，则的半径为________． 【答案】或 【分析】本题主要考查正方形的性质，圆的有关概念，对称的性质以及勾股定理等知识，根据对称的性质得运用证明，得，设的半径，则，根据过直角边的中点列方程求解即可 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴ ∵点D与关于的对称， ∴ 又 ∴ ∴， 设的半径，则， ①当过直角边的中点时，则有： ， 解得，， 所以，此时的半径为； ②当过直角边的中点时，则有： 解得，， 所以，此时的半径为； 综上，的半径为或； 故答案为：或 【变式02】（2025·湖南常德·二模）如图1，在矩形中，，P是线段上一个动点（P不与A重合），以为边在的上方作正方形，连接，，，与交于点G． (1)若正方形和矩形的周长相等，则的值为__________； (2)若，当长为多少时，是直角三角形？请说明理由； (3)把图1沿折叠，点F恰好落在线段的延长线上的点处，如图2所示，求的值． 【答案】(1) (2)的长为2或时，是直角三角形，见解析 (3) 【分析】（1）根据正方形和矩形的周长相等，得到即可求解． （2）分和两种情况讨论，当时，可以得出，进一步得到即可求解；当时，可以得到，进一步得到即可求解． （3）先利用折叠得到，过点G作于M，得到，则，设，得出，设正方形的边长为y，利用，得出，再利用相似三角形的判定与性质即可求解． 【详解】（1）解：∵在矩形中，， ∴在矩形的周长为， ∵ 正方形和矩形的周长相等， ∴， ∴． （2）解：的长为2或时，是直角三角形，理由如下： 当时， 因为正方形中，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴； 当时， 因为矩形中，， ∴， ∴， ∴， 设， ∴ ∴ ∴， ∴， ∴的长为2或时，是直角三角形． （3）解：由折叠可知， 过点G作于M， ∴， 又∵， ∴， ∴， 设， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 设正方形的边长为y， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，利用正切的概念建立相等关系解直角三角形，全等三角形的判定与性质以及勾股定理等知识，解题关键是理解题意，发现全等三角形与相似三角形，利用三角函数建立方程求解． 【变式03】（2025·湖南·模拟预测）如图1，四边形中，，，且四边形的周长为48．O是上一点，．动点P从点O出发，沿折线运动到顶点D停止，连接，将线段绕点O顺时针旋转得到线段，连接． (1)求的长； (2)如图2，当点P在折线上运动的过程中，当点Q到的距离时，求此时点P在折线上运动的路径长； (3)连接，当点P在折线上运动过程中，时，求的长． 【答案】(1)10 (2)点P在上时，点P在折线上运动的路径长；点P在上时，点P在折线上运动的路径长 (3)点P在上时，；点P在上时， 【分析】（1）先根据，得出，结合，证明四边形是平行四边形，根据已知条件即可求解； （2）当点P在折线上运动的过程中，当点Q到的距离时，分两种情况： ①点P在上时，作于，延长，交于，证明四边形是矩形，结合，求得，根据勾股定理求得，进而可得点P在折线上运动的路径长； ②点P在上时，作于，交于，作于，证明，得，进而可得，结合，求得，即可求得点P在折线上运动的路径长； （3）当点P在折线上运动过程中，时，分两种情况： ①点P在上时，根据，求得，进而证明点在直线上，根据，由勾股定理得求得； ②点P在上时，作，与的延长线交于点，作于，证明三点在同一直线上，由勾股定理求得，得，设，则，根据，得，进而得，根据，， 得 ，解方程求得，进而可求得，，，由勾股定理可求得． 【详解】（1）解：四边形中，， ， ∵， ， ， ， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∵， ， ∵四边形的周长为48， 即， ； （2）解：当点P在折线上运动的过程中，当点Q到的距离时，分两种情况： ①点P在上时，如图， 作于，延长，交于， 由题意，将线段绕点O顺时针旋转得到线段， 即，， ， ， ， ， 四边形是矩形， ，， ∵， 即， ， 中，， ， ， ， 即点P在折线上运动的路径长； ②点P在上时，如图， 作于，交于，作于， ， ， ， ， ， ， ， 同①可得，，， ， ， ，， ， ， ， ， 点P在折线上运动的路径长； 综上所述，点P在折线上运动的路径长为5或13； （3）解：，， ， 当点P在折线上运动过程中，时，分两种情况： ①点P在上时，如图， ，即， ， ， ， ， 点在直线上， 如图， 由前题可得， ， ； ②点P在上时，如图， 作，与的延长线交于点，作于， ，， ， 此时三点在同一直线上， ，， ， ， 同上可得， 中，， ， 设，则， 中，， ， ， ，， ， ， ， ，， ， ； 综上所述，当点P在折线上运动过程中，时，的长为或． 【点睛】本题考查平行四边形的判定和性质、三角形全等的判定和性质、等腰三角形的性质和判定以及勾股定理、解直角三角形的相关知识，涉及知识点较多，比较复杂，灵活运用知识，正确添加辅助线是解题关键． 题型06 中点四边形模型与几何探究 典例引领 【典例01】如图，点，，，分别为四边形的边，，，的中点，下列说法中不正确的是(   ) A．四边形一定是平行四边形 B．若，则四边形是菱形 C．若，则四边形是矩形 D．若四边形是矩形，则四边形是正方形 【答案】D 【分析】本题考查了中点四边形，中位线的性质，特殊四边形的判定，根据平行四边形，菱形，矩形，正方形的判定定理逐项分析判断，即可求解． 【详解】解：点，，，分别为四边形的边，，，的中点， 、、分别为、、的中位线， ，，，，，， ，， 四边形为平行四边形， 当时，，则平行四边形为菱形， 当时，，则平行四边形是矩形， 若四边形是矩形，则四边形是菱形，不一定是正方形， 故不正确的选项是D， 故选：D． 【典例02】如图，任意四边形各边中点分别是E、F、G、H．若对角线、的长分别是、，则四边形的周长是（　　）    A．20cm B．30cm C．40cm D．50cm 【答案】B 【分析】利用三角形中位线定理易得所求四边形的各边长都等于或的一半，进而求四边形周长即可． 【详解】解：∵E，F，G，H，是四边形各边中点， ∴，，． 又∵，， ∴四边形的周长是． 故选：B． 【点睛】本题考查了中点四边形，三角形的中位线定理，解决本题的关键是找到四边形的四条边与已知的两条对角线的关系．三角形中位线的性质为我们证明两直线平行，两条线段之间的数量关系又提供了一个重要的依据． 方法透 考向解读 此题型考查归纳推理和探究能力。中点四边形（顺次连接四边形各边中点所得的四边形）的性质与原四边形对角线有关，该结论是中考几何探究题的常见背景。 方法技能 核心结论：任意四边形的中点四边形都是平行四边形。原四边形的对角线若相等，则中点四边形为菱形；若垂直，则中点四边形为矩形；若既相等又垂直，则中点四边形为正方形。 证明方法：利用三角形中位线定理，证明中点四边形的两组对边分别平行于原四边形的对角线，且等于对角线的一半。 应用：此模型可用于快速判断中点四边形的形状，或逆向推理原四边形的对角线特征。 变式演练 【变式01】如图，已知矩形，，，是上一动点，、、分别是、、的中点． （1）求证：四边形是平行四边形； （2）四边形有可能是矩形吗？若有可能，求出的长；若不可能，请说明理由． 【答案】（1）见解析；（2）当AP=2或AP=8时，四边形PMEN是矩形． 【分析】（1）根据三角形的中位线的性质和平行四边形的判定定理可证明． （2）四边形PMEN是矩形的话，∠DPC必需为90°，设PA＝x，PB＝10-x，利用勾股定理，列方程，即可求解． 【详解】（1）证明：∵M、N、E分别是PD、PC、CD的中点， ∴ME是△PCD的中位线，NE是△PCD的中位线， ∴ME∥PC，EN∥PD， ∴四边形PMEN是平行四边形； （2）当AP=2或AP=8时，四边形PMEN是矩形，理由如下： 若四边形PMEN是矩形，则∠DPC＝90° 设PA＝x，PB＝10-x， DP=，CP=， ∵DP2＋CP2＝DC2， ∴16＋x2＋16＋（10-x）2＝102，即：x2-10x＋16＝0 解得：x＝2或x＝8． ∴当AP＝2或AP＝8时，四边形PMEN是矩形． 【点睛】本题考查平行四边形的判定，矩形的判定定理和性质以及勾股定理，掌握矩形的四个角都是直角，是解题的关键． 【变式02】如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD=BC，点E、F、G、H分别是AB，BC，CD，DA的中点，则下列结论一定正确的是（） A．∠HGF=∠GHE B．∠GHE=∠HEF C．∠HEF=∠EFG D．∠HGF=∠HEF 【答案】D 【分析】利用三角形中位线定理证明四边形HEFG是平行四边形，进而可以得到结论． 【详解】解：连接BD，AC ∵E、F、G、H分别是AB，BC，CD，DA的中点， ∴HE=GF=BD，HE∥GF， 同理可证明HG=EF=AC. ∵四边形ABCD为梯形，AD=BC ∴四边形ABCD为等腰梯形， ∴AC=BD, ∴HG=EF= AD=BC ∴四边形HEFG是菱形， ∵菱形的对角相等，邻角互补， ∴∠HGF=∠HEF， 故选D． 【变式03】如图，给定任意四边形．进行以下操作：第一次操作：连接四边形各边中点，得到四边形；第二次操作：连接四边形各边中点，得到四边形；第三次操作：连接四边形各边中点，得到四边形．现向四边形内部随机投掷一枚飞镖（忽略边界情况），则飞镖命中阴影区域（飞镖落在区域分界线时，忽略不计）的概率为_____． 【答案】 【分析】本题考查几何概率，三角形中位线定理以及中点四边形的性质．根据中点四边形的性质以及三角形中位线定理得出即可． 【详解】解：如图，连接， ∵是的中位线， ∴，， ∴， 同理， ∴， 同理， ∴， ∴， 同理，， ∴飞镖命中阴影区域的概率为． 故答案为：． 题●型●训●练 1．如图，将等腰直角三角尺的角的顶点与正方形的顶点A重合，绕点A旋转三角尺，使分别与相交于点P，Q，设，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】将绕点A顺时针旋转，得，可证G，B，P三点共线，证明得，从而可求出，然后根据即可求解． 【详解】解：在正方形中，，， 将绕点A顺时针旋转，得，如图所示，则，，， ∴， ∴G，B，P三点共线， ∵， ∴， ∴， ∴， 在和中， ， ∴． ∴． ∵， ∴． ∴． ∴． 2．如图，将矩形沿折叠，点，分别落在，处，交于点．将沿折叠，点落在矩形内的处，． 结论Ⅰ：； 结论Ⅱ：若平分，则． 对于结论Ⅰ和Ⅱ，下列判断正确的是（    ） A．Ⅰ和Ⅱ都对 B．Ⅰ和Ⅱ都不对 C．Ⅰ对Ⅱ不对 D．Ⅰ不对Ⅱ对 【答案】A 【分析】本题先通过矩形性质与折叠性质，过点作交于点，利用平行线性质推出，结合，得到，证明结论Ⅰ正确；再结合折叠后角相等、平分及平行线内错角相等的性质，推导出，根据平角为列出方程，解得，证明结论Ⅱ正确，最终得出两个结论均成立． 【详解】解：过点作交于点，如图： ∵矩形，， ∴折叠后， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 即，结论Ⅰ正确； ∵矩形，， ∴折叠后，， ∵， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴，即， ∴，结论Ⅱ正确； 综上，结论Ⅰ和Ⅱ都对． 3．如图，正方形的顶点与正方形的边均在直线上，于点，若，则正方形的周长为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据正方形的性质得到，，推出，证明得到，即可求解． 【详解】解：正方形的顶点与正方形的边均在直线上， ，， ， ， 于点， ， 在和中， ， ， ， 正方形的周长为． 4．如图，在矩形中，四边形和四边形都是正方形，对角线交，于点，，连接交于点，连接交于点，连接，，可形成“回力镖镖翼”状的阴影几何纹样．若要确定图中“回力镖镖翼”状的阴影几何纹样的面积，只需知道（   ） A．四边形的面积 B．四边形的面积 C．四边形的面积 D．四边形的面积 【答案】D 【分析】设，根据正方形和矩形的性质可得，可证明，，则，再由可得答案． 【详解】解：设， ∵四边形是矩形， ∴， ∵四边形和四边形都是正方形， ∴， ∴， ∴， ∴； ∵，， ∴； ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴若要确定图中“回力镖镖翼”状的阴影几何纹样的面积，只需知道四边形的面积． 5．一个多边形的内角和是外角和的5倍多，则这个多边形的边数为________ 【答案】13 【分析】设多边形的边数为，根据多边形内角和定理及多边形的外角和为，结合题中等量关系列出一元一次方程，解方程即可得到结果． 【详解】解：设这个多边形的边数为， 根据题意列方程得：， 解得． 6．用6面完全相同的平面镜围成一个正六边形，如图，有一束光线从上的点处射出，到达上的点处，经平面镜反射后，反射光线为，根据光的反射原理可得到，若，则的度数为_____． 【答案】 /60度 【分析】先根据正多边形内角公式计算出，再利用平行线的性质计算出，进而可计算出． 【详解】解：在正六边形中，， ∵， ∴， ∵， ∴． 7．求解三角形面积问题上我们有许多策略，比如等积变换法：利用平行线间距离处处相等，将所求面积转化到另一个图形中． 感知：如图1，边长为3的正方形与边长为2的正方形如图摆放，连接，易证，可求得__________； 探究：如图2，已知①至⑤号正方形如图摆放，且②号正方形面积为，则__________． 【答案】 2 【分析】由平行线的性质得出即可求解；连接，，同理可知，通过正方形性质以及函数的定义得出，，分别证明，，由全等三角形的性质和正方形的性质分别求出，然后根据三角形面积公式计算即可． 【详解】解：∵， ∴点A到的距离等于点C到的距离， 由， ∴． 连接，， ∵ ∴点D到直线的距离等于点B到直线的距离， ∴， ∵②号正方形面积为， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， 由， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， 同理可证：， ∴， ∴， ∴ 8．一机器人以的速度在平地上按下图中的步骤行走，那么该机器人从开始到停止所需时间为_____s． 【答案】 【分析】本题中由于机器人最后必须回到起点，可知此机器人一共转了，得出机器人的行走路线是沿着一个正八边形的边长行走一周． 【详解】解：依据题中的图形，可知机器人一共转了， ∵， ∴机器人一共行走． ∴该机器人从开始到停止所需时间为． 9．如图，四边形为矩形，已知，，E为上一点，，F为上动点，将矩形沿向下折叠，当点C恰好落在边上时，的长度为_____． 【答案】/ 【分析】过点E作交于点G，先利用矩形的性质得出相关线段的长度，再由折叠的性质得到对应线段的长度，证明四边形是矩形，得到，，利用勾股定理求得的长，从而得到的长，设，则，利用勾股定理列出方程求得a的值，从而得出最终结果． 【详解】解：如图，过点E作交于点G， 在矩形中，，，， ∵， ∴， 由折叠的性质可知，,，，， ， ∵， ∴四边形是矩形， ∴，， 在中，， ∴， 设，则， 在中，， ∴，解得， ∴， 在中，． 10．在矩形中，点是上的一个动点（点不与端点重合），点为的中点，连接． (1)如图1，求证：； (2)如图2，连接，若，，当线段的长为整数时，直接写出线段的长． 【答案】(1)见详解 (2)或或或 【分析】（1）过点作交于，延长交于，结合矩形的判定及性质，由判定，由判定，由全等三角形的性质即可得证； （2）由点的运动路径得，设，由直角三角形的特征得，可求，由勾股定理即可求解． 【详解】（1）解：过点作交于，延长交于， ， 四边形是矩形， ，，， 四边形是矩形，， ， ， ， 是的中点， ， ， ， ， ， ； （2）解：连接， 四边形是矩形， ， ， 点是上的一个动点（点不与端点重合）， ， ， 设， 是的中点， ， ， 解得， ， 线段的长为整数， 为或或或， 为或或或， 当时， ， 同理可求时，， 时，， 时，， 综上，的长为或或或． 11．按要求完成下列各题： (1)如图1，点E是正方形的边上一点，连接，过点D作于点G，交边于点F， ①求证：； ②如图2，连接EF，以为邻边构造平行四边形，连接．求的值； (2)如图3，矩形中，，点F是边的中点，连接，过点A作于点G，交边于点E，连接，以为邻边构造平行四边形，连接，求的长． 【答案】(1)①见解析；② (2) 【分析】（1）①结合正方形的性质证明，即可解答；②作交的延长线于M，结合平行四边形的性质可得，由（1）得，再证明，可得到是等腰直角三角形，即可解答； （2）证明，可得，，作交的延长线于N，再证明，可得，即可求解． 【详解】（1）解：①∵四边形是正方形， ∴， ， ∵， ， ∴， ， ∴， ； ②如图2，作交的延长线于M， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ， 由（1）得， ， ∵， ， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴； （2）解：∵四边形是矩形， ∴， ∴， ， ， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴，， 如图3，作交的延长线于N， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ， ∵， ， ∵， ∴， ∴， ∴． 12．综合与实践 在四边形中，，点是射线上的一个动点，连接，将线段绕点顺时针旋转，得到，作射线． (1)【动手操作】 如图1，在边上截取，连接，则___________． (2)【深入探究】 ①在图2中找出与相等的角，并说明理由； ②若三点共线，设，求的长（用含的式子表示）． (3)【拓展应用】过点作，交直线于点，连接，若，请直接写出的长． 【答案】(1) (2)①，理由见解析；② (3)线段的长为或10 【分析】（1）证为等腰直角三角形，再通过邻补角的和差关系计算的度数； （2）①先在上截取，证明，得到，进而求出和的度数，即可；②作，连接，根据勾股定理结合全等三角形的性质，得到，，证明四边形为矩形，得到三点共线，再证明，求出，再根据线段的和差关系求出即可； （3）分点在线段上和点在延长线上两种情况，先证明两种情况下四边形均为正方形，得到，再利用勾股定理分别计算的长度，即可得的长． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∴； （2）解：①，理由如下： 在上截取，连接， 由（1）可知：， ∵， ∴，，即， ∵旋转， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； ②作，连接， ∵， ∴，， 由①可知：，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴四边形为平行四边形， 又∵， ∴四边形为矩形， ∴，， ∴， ∴三点共线， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）解：①当点在线段上时， 作，在上截取，连接，则， ∵， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵， ， ， ， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴平行四边形是矩形， 又∵， ∴矩形是正方形； ∴， 在中，， ∴； ②当点在线段的延长线上时，作，延长至点，使，连接， ∵是等腰直角三角形， ∴，， ∴，且是等腰直角三角形， ∴， ∵，， ∴，， ∴． 在和中，， ∴， ∴． ∵， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形． ∵， ∴平行四边形是矩形， 又∵， ∴矩形是正方形． ， 综上所述，线段的长为或10． 公司2 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $