专题08 三角形与四边形的证明与计算9大题型（题型专练）（天津专用）2026年中考数学二轮复习讲练测

专题08 三角形与四边形的证明与计算 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 等腰、等边三角形证明与计算 题型02 直角三角形与勾股定理的应用 题型03 相似三角形的有关计算 题型04 平行四边形的性质与判定 题型05矩形的性质与判定 题型06 菱形的性质与判定 题型07 正方形的性质与判定 题型08 坐标系中的平行四边形 题型09 三角形与四边形的综合压轴题 第二部分 题型训练 整合应用，模拟实战 题●型●破●译 题型01等腰、等边三角形证明与计算 典例引领 【典例01】（2024·天津·模拟预测）如图，已知中，，，直角的顶点P是中点，两边分别交于点E、F，当在内绕顶点P旋转时（点E不与A、B重合），给出下列四个结论：①是等腰三角形；②M为中点时，；③；④和的面积之和等于9，上述结论中始终正确的有（　　）个．    A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】根据等腰直角三角形的性质可得，根据等角的余角相等求出，然后利用“角边角”证明和全等，根据全等三角形对应边相等可得，全等三角形的面积相等求出，随着点E的变化而变化，不一定等于，再由直角三角形斜边中线等于斜边一半得，，然后解答即可． 【详解】解：∵， ∴是等腰直角三角形， ∵点P为的中点， ∴， ∵是直角， ∴， ∴， 在和中，， ∴， ∴， ∴是等腰三角形，故①正确； ∴，故④正确； ∵随着点E的变化而变化， ∴不一定等于，故③错误； ∵M为中点，， ∴， ∴，故②正确； 故①②④正确， 故选：C． 【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，证明出是解决此题的关键． 【典例02】（2024·天津和平·三模）如图，在中，，，点D是中点，E是边上一点，且，则的长等于_______．    【答案】 【分析】如图，延长到，使，过作交于，连接，证明，则，，，由，，可得，则，由三角形外角的性质可得，则，由分别为的中点，则是的中位线，根据，计算求解即可． 【详解】解：如图，延长到，使，过作交于，连接，    ∴， 又∵，， ∴， ∴，，， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵分别为的中点， ∴是的中位线， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，三角形外角的性质，等边对等角，余弦，中位线等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用． 方法透视 考向解读 考查等腰、等边三角形的性质与判定，涉及边长、角度、面积、三线合一应用 方法技能 1. 等腰：等边对等角，等角对等边，顶角平分线、底边上中线、底边上高互相重合（三线合一）；2. 等边：三边相等，三角均为 60°，有一个角是 60° 的等腰三角形即为等边；3. 含 120° 等腰三角形：作高构造 30° 直角三角形，用 30° 对边等于斜边一半快速计算；4. 常用辅助线：作高、作角平分线、取中点。 变式演练 【变式01】（2025·天津·模拟）如图，在中，，以点为圆心，长为半径画弧，交于点，连接，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查等腰三角形的性质，掌握等边对等角是解题的关键，注意三角形内角和定理的应用．在中可求得，在中可求得，可求出． 【详解】解：∵，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， 故选：C． 【变式02】（2025·天津·一模）如图，在中，，为边上一点，是由旋转得到的，点的对应点分别是，下列结论一定正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了旋转的性质，全等三角形的性质，等腰三角形与性质，掌握知识点的应用是解题的关键． 根据旋转的性质，全等三角形的性质，等腰三角形的性质逐项判断即可． 【详解】解：、∵是由旋转得到的， ∴， ∴， ∵为边上一点，， ∴，故选项不符合题意； 、∵， ∴， ∵， ∴， ∴，故选项不符合题意； 、∵， ∴， ∵， ∴， ∴，故选项符合题意； 、∵， ∴， ∵不一定平分， ∴与不一定相等，故选项不符合题意； 故选：． 【变式03】（2025·天津·模拟）如图，已知等边和等边，点P在的延长线上，的延长线交 于点M，连接．有下列结论：①；②；③平分；④，其中正确的是（    ） A．①②③ B．①③④ C．①②④ D．①②③④ 【答案】D 【分析】本题考查全等三角形的和性质，等边三角形的性质，含30度的直角三角形，利用证明三角形全等可判断①正确；利用全等三角形的性质可判断②正确；过点B作于点G，于点H，证明可判断③正确；证明，，可判断④正确． 【详解】解：∵都是等边三角形， ∴， ∴，故①正确， ∴， ∵， ∴，故②正确， 过点B作于点G，于点H， ∵， ∴， ∴平分，故③正确， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，故④正确． 故选：D． 【变式04】（204·天津·一模如图，是等边三角形，是边上的高，点E是边的中点，点P是上的一个动点，当最小时，的度数是（    ）． A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了等边三角形的性质，垂直平分线的性质，最短路径问题，掌握等边三角形三线合一的性质是解题关键．连接，由等边三角形的性质，得出，进而得到，即当、、三点共线时，有最小值，再利用三线合一性质，得到，即可得到的度数． 【详解】解：如图，连接， 是等边三角形，是边上的高， 是中点，即垂直平分， ， ， 即当、、三点共线时，有最小值， 点是边的中点， ， ， ∵等边中，， ∴， ∵， ∴此时， ∴． 故选：C． 题型02 直角三角形与勾股定理的应用 典例引领 【典例01】（2025·天津·一模）如图，在中，，把绕点C顺时针旋转得到，点A，B的对应点分别为D，E，的延长线与相交于点F，连接，则下列结论一定正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查旋转的性质以及全等三角形的性质，熟练掌握相关的性质是解题的关键． 通过旋转的性质得出，，，，然后逐项进行判断即可． 【详解】解：由已知得：，则， ，并没有必然的相等关系，找不到能证明两边相等的依据， 故A错误； 绕点顺时针旋转得到，， 但与并没有必然的相等关系，找不到能证明两角相等的依据， 故B错误； 由已知得：，则，， ， 故C错误； ， ． 又， ， ， ，故D正确． 故选：D． 方法透视 考向解读 利用勾股定理求边长、面积法求高、折叠问题、直角判定与线段长度计算 方法技能 1.勾股定理：直角三角形两直角边平方和等于斜边平方（a²＋b²＝c²）；2. 勾股逆定理：若 a²＋b²＝c²，则三角形为直角三角形；3. 面积法：两直角边乘积＝斜边 × 斜边上的高，快速求斜高；4. 折叠问题：折叠前后全等，对应边、对应角相等，结合勾股定理列方程求解。 变式演练 【变式01】（2024·天津河东·一模）如图，在中，，，点在外，连接，过点作，交于点，连接，若，则 （Ⅰ）线段的长等于______； （Ⅱ）的面积为______． 【答案】 2 5 【分析】（1）直接根据勾股定理求解即可； （2）根据证明得，可得A，C，B，E四点共圆，从而，然后求出，再根据勾股定理求出即可求解． 【详解】解：（1）， ∴． ∵， ∴； （2） ∵ ∴ ∴ ∴A，C，B，E四点共圆， ∴． 是等腰直角三角形 ∴ 故答案为：2，5． 【点睛】本题考查了勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，四点共圆，熟练掌握各知识点是解答本题的关键． 【变式02】（2024·天津红桥·三模）如图，在中，，，，D为边的中点，点E在边上，且． （1）的长为______． （2）若点F为的中点，点G为的中点，则的长为______． 【答案】 1 【分析】本题考查全等三角形的判定和性质，三角形的中位线定理，勾股定理，正确添加辅助线、掌握三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半是解题的关键． （1）根据勾股定理即可求解； （2）作，连接并延长交于，连接，先证明，可得，又勾股定理求得，再利用三角形中位线定理即可求解． 【详解】解：（1）∵，D为边的中点， ∴， 在中，， ∴， 故答案为：1； （2）作，连接并延长交于，连接， ∵，， ∴，，， 又∵点G为的中点， ∴， ∴， ∴， 在中，， ∵点F为的中点， ∴是的中位线， ∴， 故答案为：． 【变式03】（2024·天津南开·二模）如图，，均为等腰直角三角形，其中，，点A，E，D在同一直线，与相交于点F，G为的中点，连接，． （1）的度数为______． （2）若F为的中点，且，则的长为______． 【答案】 /90度 【分析】（1）先证得进而可求出的度数； （2）作于点H，则，可证明，则，再由勾股定理求得，依据，解得，则，，进而可求出的长． 【详解】解：（1）∵，均为等腰直角三角形，，， ∴ ∴ ∴， ∴ ∴， ∴． 故答案为； （）作于点H，则，， ∴， ∵F为的中点， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵G为的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为 【点睛】本题考查了等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、勾股定理、三角形的中位线定理等知识，正确地作出所需要的辅助线是解题的关键． 【变式04】（2025·天津河西·一模）如图，是等腰直角三角形，，平分，，垂足在的延长线上，． （Ⅰ）的长为______； （Ⅱ）线段长度的平方为______． 【答案】 【分析】（Ⅰ）作于点H，由是等腰直角三角形，，得，，则，因为平分，所以，求得，则，于是得到问题的答案； （Ⅱ）延长、交于点F，可证明，得，再证明，则，因为，所以，于是得到问题的答案．此题重点考查等腰直角三角形的性质、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，正确地添加辅助线是解题的关键． 【详解】解：（Ⅰ）作于点H， 则， ∵是等腰直角三角形，， ∴，， ∴， ∵平分，，， ∴， ∴ ∴， ∴的长为， 故答案为：． （Ⅱ）延长、交于点F，则， ∵交的延长线于点E， ∴， ∴ ∴ 在和中， ， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴ 故答案为：． 题型03 相似三角形的有关计算 典例引领 【典例01】（2024·天津和平·一模）如图，在设计人体雕像时，使雕像的上部（腰以上）与下部（腰以下）的高度比，等于下部与全部（全身）的高度比，可以增加视觉美感．按此比例，如果雕像的高为，设雕像下部高，则下列结论不正确的是（） A．雕像的上部高度与下部高度的关系为： B．依题意可以列方程 C．依题意可以列方程 D．雕塑下部高度为 【答案】B 【分析】本题考查了黄金分割，一元二次方程的应用，准确熟练地进行计算是解题的关键．根据黄金分割的定义进行计算，逐一判断即可解答． 【详解】解：由题意得：， ， ， ， ， ， ， 整理得：， 解得：或（舍去）， ， 雕塑下部高度为， 故A、C、D都正确，B不正确， 故选：B 【典例02】（2023·天津红桥·三模）在四边形中，，若，，则的长为___________．    【答案】 【分析】延长交于点，证明为等腰三角形，过点作于点，得到，得到，求出的长，利用勾股定理求出的长，再利用勾股定理求出的长即可． 【详解】解：延长交于点，过点作于点，    ∵，，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， 在中， ∴，   在中，， ∴； 故答案为：． 【点睛】本题考查等腰三角形的判定和性质，勾股定理，平行线分线段成比例．解题的关键是添加辅助线，构造等腰三角形． 方法透视 考向解读 考查相似三角形判定、性质、比例线段、面积比与相似比关系、中位线与平行线分线段成比例 方法技能 1. 判定：AA、SAS、SSS 相似，优先用 AA； 2. 性质：相似比＝对应边比＝对应高 / 中线 / 角平分线比；面积比＝相似比平方；3. 平行线：平行→相似→成比例；中位线＝第三边一半； 4. 常用模型：A 字型、8 字型、母子相似、射影定理、黄金分割。 变式演练 【变式01】（2024·天津红桥·一模）若两个相似多边形的面积之比为，则它们的相似比为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了多边形相似的性质．熟练掌握两个相似多边形的面积之比等于相似比的平方是解题的关键． 根据两个相似多边形的面积之比等于相似比的平方求解作答即可． 【详解】解：由题意知，若两个相似多边形的面积之比为，则它们的相似比为， 故选：A． 【变式02】（2024·天津·二模）如图，在中，点D在BC边上，连接AD，点C在线段AD上，，且交AD于点E，，且交CD于点F，则下列结论一定正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了平行线分线段成比例定理及相似三角形的性质及判定，根据，可得，根据，可得，再根据相似三角形的性质即可求解． 【详解】解：∵， ∴，， ∴，， 故选项A错误； ∵， ∴，，， ∴ 故选项B错误；C正确， ∵，， ∵，， 故选项D错误； 故选：C． 【变式03】（2021·天津河西·二模）如图，矩形中，M是边的中点，连接，取的中点N，连接．若，，则的长为___________． 【答案】 【分析】过点N作，分别交于点G，交于点H，可得，，由平行线分线段成比例定理，可得G，H都是中点，求出，的长度，最后利用勾股定理可求出． 【详解】解：过点N作，分别交于点G，交于点H，如图， ∵矩形， ∴，，，，， ∴四边形，四边形为矩形， ∴，， ∴， ∵N为中点， ∴， ∴，， ∴H为的中点， ∴为的中位线， ∴， ∵M是的中点， ∴， ∴， ∴， 在中，由勾股定理得，， 故答案为：． 【点睛】本题考查了矩形的判定和性质，平行线分线段成比例，三角形中位线定理，勾股定理等知识，关键是过点N作平行线，利用平行线分线段成比例定理证明G，H都是中点． 【变式04】（2025·天津·一模）如图，在中，，，平分，，垂足E在的延长线上，F是的中点，连接，则的面积是________． 【答案】 【分析】根据勾股定理可得的长，延长和交于点G，证明，可得，，得，根据F是的中点，证明是的中位线，再证明，可得，根据，证明，可得，进而可以求出的面积． 【详解】解：如图，延长和交于点G， ∵，， ∴， ∵平分， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ， ∴， ∵F是的中点， ∴是的中位线， ∴，， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴的面积=． 故答案为：． 【点睛】本题考查了勾股定理，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，三角形的中位线定理等知识，明确题意，添加合适辅助线，构造全等三角形和相似三角形是解题的关键． 题型04平行四边形的性质与判定 典例引领 【典例01】（2023·天津南开·二模）如图，在平行四边形中，对角线、相交于点，，点，点分别是，的中点，连接，，于点，交于点，，则线段的长为________； 【答案】16 【分析】连接．根据等腰三角形的性质得出，根据中位线的性质证，得出，再用勾股定理列方程求出即可． 【详解】解：如解图，连接． ∵在中，点、分别为、的中点， ∴，为的中位线， ∴，， ∵在中，，， ∴，． ∵，， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴． 在和中，， ∴， ∴， 又∵在中，，， ∴， ∴（负值已舍去）， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质、等腰三角形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识，解题关键是恰当连接辅助线，通过全等、中位线和勾股定理等知识准确推理计算． 方法透视 考向解读 考查平行四边形边、角、对角线性质，判定证明，与中位线、全等、折叠结合 方法技能 1. 性质：对边平行且相等；对角相等；对角线互相平分； 2. 判定：两组对边平行 / 相等；一组对边平行且相等；对角线互相平分； 3. 常用：对角线分成两个全等三角形；中点→中位线； 4. 折叠：全等 + 勾股 + 角度推导。 变式演练 【变式01】（2024·天津·二模）如图，在平行四边形中，E，F分别为边的中点，是对角线，下列说法错误的是（   ） A．当时，四边形是菱形 B．当时，四边形是菱形 C．当时，四边形是矩形 D．当平分时，四边形是矩形 【答案】A 【分析】本题考查平行四边形性质，菱形判定，矩形判定等。根据题意逐一对选项进行分析即可得到本题答案。 【详解】解：∵平行四边形， ∴， ∵E，F分别为边的中点， ∴，， ∴， ∴四边形是平行四边形， 当时，不能得到，故不能判定四边形是菱形，即A选项符合题意， 当时， ∴， ∴四边形是菱形，即B选项不符合题意， 当时，， ∴， ∴四边形是矩形，即C选项不符合题意， 当平分时，如图，延长，交于点， ， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是矩形，即D选项不符合题意， 故选：A 【变式02】（2025·天津西青·二模）如图，四边形是平行四边形，连接对角线，将沿所在直线折叠得到，交于点E，若，则下列结论一定正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查平行四边形的性质，轴对称的性质． 由四边形是平行四边形，可得，，再由将沿所在直线折叠得到，继而可证，即可解答． 【详解】解：∵四边形是平行四边形，将沿所在直线折叠得到，， ∴， ∴， ∴， ∴， 故B错误，C正确． ∵，， ∴， ∴， ∴，故A 错误， 由条件无法求出的度数，故D错误． 故选：C． 【变式03】（2025·天津河西·二模）如图，在平行四边形的外侧，作等腰直角三角形，，且，，．取的中点，连接． （1）的长为______； （2）线段的长为______． 【答案】 【分析】本题考查了平行四边形的性质，中位线的性质，等腰直角三角形的性质，勾股定理及其逆定理，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，熟练掌握以上知识是解题的关键； （1）根据平行四边形的性质可得，，进而根据勾股定理即可求解； （2）取的中点，连接，证明，进而证明在上，根据中位线的性质和直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，即可求解． 【详解】解：（1）∵平行四边形， ∴， ∵等腰直角三角形，， ∴， 故答案为：． （2）取的中点，连接， ∵，， ∴ ∴， 又∵ ∴ ∵是的中点，是的中点 ∴，， ∴， 又∵是等腰直角三角形， ∴， ∴在上， ∴ 故答案为：． 【变式04】（2024·天津西青·一模）如图，在中，对角线，相交于点，，，为上一点，平分，过点作于点，交于点． （1）写出图中的一个等腰直角三角形是______； （2）若，则的长为______． 【答案】 （答案不唯一） 4 【分析】（1）根据等腰直角三角形的定义即可求解； （2）过点作，由是等腰三角形，根据三线合一可知点是的中点，可证得，根据已知可求得，从而得，为等腰直角三角形，可得，因此可证明，则，在中，利用勾股定理可求得，即得答案． 【详解】（1）解： 是等腰直角三角形 故答案为：（答案不唯一）； （2）解：过点作，交于， ， 由题意得： . 又BE平分， ，点为的中点， ， ， ， 又 ， ， ， 又， ， 又， ， ， 设，则， 在中，，即， 解得（负值不符合题意，已舍去），即， ． 故答案为：4． 【点睛】考查了平行四边形的性质，等腰三角形的性质，三线合一的应用，平行线的性质，全等三角形的判定和性质，利用勾股定理求三角形边长，熟记图形的性质定理是解题的关键． 题型05 矩形的性质与判定 典例引领 【典例01】（2025·天津西青·二模）如图，矩形中，的平分线与的延长线相交于点E，与相交于点F，点M为的中点，连接． （Ⅰ）的度数是_________． （Ⅱ）若，则的长是________． 【答案】 【分析】根据矩形的性质，角平分线的定义，得到，平行线的性质，求出，连接，证明，推出为等腰直角三角形，进行求解即可． 【详解】解：（Ⅰ）∵矩形， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∴； 故答案为： ； （Ⅱ）连接， ∵，， ∴为等腰直角三角形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵，点M为的中点， ∴为等腰直角三角形，， ∴，， ∴，， 又∵，， ∴， ∴，， ∴，即：， ∴为等腰直角三角形， ∴； 故答案为：． 【点睛】本题考查矩形的性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，斜边上的中线，全等三角形的判定和性质等知识点，熟练掌握相关知识点，并灵活运用，是解题的关键． 方法透视 考向解读 考查矩形四个直角、对角线相等，折叠、旋转、最值、坐标系综合 方法技能 1. 性质：四个角都是直角；对角线相等且互相平分； 2. 判定：平行四边形＋一个直角 / 对角线相等； 3. 直角三角形：斜边中线＝斜边一半； 4. 折叠：全等 + 勾股列方程；旋转：对应边相等、夹角＝旋转角。 变式演练 【变式01】（2025·天津红桥·二模）如图，在矩形中，，，E为边的中点，点F在的延长线上，且． （1）线段的长为________； （2）连接，若G，H分别为线段的中点，则线段的长为________． 【答案】 6 【分析】本题主要考查了矩形的性质、等边三角形的判定与性质、三角形中位线、特殊角的三角函数值等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键． 根据矩形的性质、线段的中点以及勾股定理可得，即是等边三角形；再跟特殊角的三角函数值说明，易得是等边三角形则，然后根据线段的和差可求得线段的长；再根据中点的定义可得，即；如图：过A作于K，易得、，则；易得是的中位线，最后根据中位线的性质即可解答． 【详解】解：∵在矩形ABCD中，，， ∴， ∵E为边BC的中点， ∴， ∴，， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∵点F在DE的延长线上， ∴； ∵G，H分别为线段，的中点， ∴， ∴， 如图：过A作于K， ∴，， ∴， ∴， ∵H分别为线段的中点， ∴是的中位线， ∴． 故答案为：6，． 【变式02】（2025·天津红桥·一模）如图，有一个矩形纸片，，，E是边上一点，沿着折叠该纸片，得点A的对应点为F，延长与边相交于点G，且G为边的中点． （Ⅰ）线段的长为_______； （Ⅱ）线段的长为_______． 【答案】 【分析】本题考查了折叠的性质，矩形的性质，勾股定理，利用勾股定理列方程进行解答是解题的关键． （Ⅰ）根据折叠的性质，可得，利用勾股定理求得的值，即可解答； （Ⅱ）连接，设，利用勾股定理列方程，即可解答． 【详解】解： 四边形为矩形， ， G为边的中点， ， 根据勾股定理可得， 根据折叠可得， ； 如图，连接， 设， 根据勾股定理可得， 可得方程， 解得：． 故答案为：；． 【变式03】（2024·天津南开·三模）如图，将矩形绕点顺时针旋转至矩形的位置，连接，，取，的中点，，连接，若，． （1）的长度为__________； （2）的长度为__________． 【答案】 5 【分析】本题主要考查了矩形的性质、勾股定理、旋转的性质，连接、，在中，利用勾股定理可得，利用矩形性质可知，根据旋转的性质得到是等腰直角三角形，利用勾股定理求出． 【详解】解：连接、， 在中，利用勾股定理可得， 为中点， ． 矩形绕点顺时针旋转至的位置， ，且， ． 故答案为：5，． 【变式04】（2025·安徽合肥·三模）如图，矩形中，是直线上一动点（不与重合），连接，过点作，垂足为点，点为的中点． （1）当点为中点时，__________； （2）线段的最小值是__________． 【答案】 【分析】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，解直角三角形，三角形中位线定理，直角三角形的性质等等，正确作出辅助线是解题的关键． （1）由矩形的性质和线段中点的定义得到，由勾股定理得到，解直角三角形得到，由平行线的性质得到，则，即可得到， （2）取中点G，取中点H，连接，则，由三角形中位线定理得到，根据，得到当D、F、H三点共线时，有最小值，最小值为的值，据此求解即可． 【详解】解：（1）∵四边形是矩形， ∴，， ∵点为中点， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：； （2）如图所示，取中点G，取中点H，连接， ∵， ∴， ∵G是的中点， ∴， ∵F、H分别是的中点， ∴是的中位线， ∴， ∵， ∴当D、F、H三点共线时，有最小值，最小值为的值， 在中，由矩形的性质可得， ∴， ∴的最小值为， 故答案为：． 题型06 菱形的性质与判定 典例引领 【典例01】（2024·天津西青·一模）如图，以的顶点为圆心，任意长为半径画弧，分别交，于点，，分别以点，为圆心，的长为半径画弧，两弧在内部交于点，连接，，，若，，则的长为（    ） A．4 B．5 C．8 D．10 【答案】B 【分析】本题考查了菱形的判定和性质，根据菱形的对角线互相垂直且平分和勾股定理即可求出答案． 【详解】解：设与相交于点，如图： ， 四边形是菱形， ，， ， ，， 又， 故选B 方法透视 考向解读 考查菱形四边相等、对角线垂直平分、面积计算、最短路径、轴对称 方法技能 1. 性质：四边相等；对角线垂直平分且平分内角；面积＝对角线乘积一半； 2. 判定：平行四边形＋一组邻边相等 / 对角线垂直； 3. 最值：利用对角线垂直对称转化为 “两点之间线段最短”； 4. 含 60°/120° 菱形：分割为等边三角形与 30° 直角三角形。 变式演练 【变式01】（2023·天津滨海新区·一模）如图，已知菱形，，，为的中点，为对角线上一点，则的最小值等于（    ）    A． B． C． D．8 【答案】B 【分析】此题考查了轴对称最短路径问题，解答过程要利用菱形的性质及等腰三角形的性质，转化为两点之间线段最短的问题来解．根据菱形的性质，得知、关于对称，根据轴对称的性质，将转化为，再根据两点之间线段最短得知为的最小值． 【详解】解：四边形为菱形， 、关于对称， 连交于，连接，    则， 根据两点之间线段最短，的长即为的最小值． 四边形为菱形， ∴，， ∴， ， ， 为等边三角形， 又， ， ． 故选：B． 【变式02】（2025·广东河源·一模）如图，菱形中，，点E为上一点，点F为上一动点，点G为对角线上一动点，当取得最小值为6时，则的值是____________． 【答案】 【分析】本题考查考查了轴对称的性质，菱形的性质，全等三角形的判断和性质，解直角三角形，在上作，可得，则取最小值时，共线且，解直角三角形可得的值，正确找到取最小值时，的情况是解题的关键． 【详解】解：如图，在上作， ，四边形是菱形， ， ， ， ， ， 则取最小值时，即共线且，如图，过点作交于点，， ，四边形是菱形， ， ， ， 四边形为矩形， ， ， 在中，，， ， 故答案为：． 【变式03】（2024·天津武清·三模）如图，菱形的边长为5，对角线的长为8． （1）的面积为________； （2）点E是边上一点，过点E作的垂线，交于点F，交的延长线于点G，若点F为的中点，则的长为__________．    【答案】 【分析】本题主要考查了菱形的性质，平行四边形的判定与性质，三角形中位线定理及勾股定理等知识， 熟练掌握菱形、平行四边形的性质和勾股定理是解题的关键． （1）连接， 交于点，先证，再得到是的中位线，再证四边形是平行四边形，得，然后由勾股定理求出即可求出三角形的面积； （2）先证明是的中位线，得到的长，再证明四边形是平行四边形，得到，即可求解． 【详解】解：（1）连接， 交于点，如图所示：    ∵菱形的边长为5， ， ∴，，，， 在中， ∴， 故答案为：； （2）由（1）可得： ∵， ∴， ∵点是边的中点， ∴是的中位线， ∴， ∵是菱形的对角线， 又∵ ∴四边形是平行四边形， ， ∴，， ∴， 故答案为：． 【变式04】（2025·天津南开·三模）如图，菱形的边长为，，为边中点，为对角线延长线上一点，连接，，，与相交于点，且． （1）线段的长为______； （2）线段的长为______． 【答案】 【分析】（1）先证明为等边三角形，可得，再证明，推出，再由全等三角形的性质得出结论； （2）先得出是等边三角形，可得，，可得，证明，可得，再利用相似三角形的性质得出结论． 【详解】解：（1）菱形的边长为，为边中点， ， 在菱形中，， ，，， 为等边三角形， ， ， ， ， 在和中， ， 故答案为：； （2）由（1）知，， ， ， 是等边三角形， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 故答案为：． 【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等知识，证明全等三角形或相似三角形是解题的关键． 题型07正方形的性质与判定 典例引领 【典例01】（2024·天津红桥·二模）如图，在正方形中，E，F是对角线上两点，，且．将以点A为中心顺时针旋转得到，点D，F的对应点分别为点B，G，连接，则下列结论一定正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，根据旋转的性质求解，根据正方形的性质以及旋转的性质先证明，根据全等三角形的性质即可对A，B，C进行判断，根据勾股定理对D进行判断即可． 【详解】解：四边形为正方形， ， 由旋转性质可得：， ， ， ， ， 在与中， ， ， ，故A符合题意； 不一定相等，故B不符合题意； ， ，当不一定相等， 故不一定相等，故C不符合题意； ， ， 由旋转性质得：，， ， ， 由可得： ，故D不符合题意， 故选：A． 【典例02】（2025·天津河西·一模）如图，正方形边长为6，点在边上，，且，为的中点，则 （I）的度数为________； （II）的长为________． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，两点之间距离公式等知识点，正确构造全等三角形的是解题的关键． （1）过点F作交延长线于点K，证明，得到为等腰直角三角形，则； （2）建立平面直角坐标系，求出的坐标，即可求解． 【详解】（I）解：如图，过点F作交延长线于点K， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∴， 故答案为：； （II）建立如图所示平面直角坐标系： ∴， 由上知， ∵， ∵G为中点， ∴， ∴ 故答案为：． 方法透视 考向解读 考查正方形集矩形、菱形性质于一体，旋转、折叠、一线三垂直、坐标系综合 方法技能 1. 性质：四边相等、四角直角、对角线相等垂直平分、分 45° 角； 2. 判定：矩形＋邻边相等；菱形＋一个直角； 3. 模型：旋转 90° 全等、一线三垂直、半角模型（45°）； 4. 计算：坐标法、勾股、面积法、中点公式。 变式演练 【变式01】（2025·天津滨海新区·模拟预测）如图，E为正方形的边上一点，F为边延长线上一点，且点G为边上一点，且． 的周长为8，，与交于点H，连接． （1）正方形的边长为__________________________． （2） 的长为____________________________． 【答案】 4 【分析】本题考查了正方形的性质，三角形全等的判定与性质，三角形中位线定理，线段垂直平分线的判定与性质，勾股定理．根据的周长为8，结合，可得出，再结合，即可求出正方形的边长；过点作于点，先证点是的中点，于是得出点是的中点，求出，的长，利用勾股定理即可求出的长． 【详解】解：四边形是正方形， ，， ， ， 在和中， ， ， 是的一个外角， ， ， ， ， 的周长为8， ， ， ， ， 即， 设正方形的边长为， 则， ， ， ， 即正方形的边长为4， 由可得， 点在的垂直平分线上， 又， 点在的垂直平分线上， 是的垂直平分线， 为的中点， 过点作于点， ， ∴， 点是的中点，， ，， ， ， ， ， ， ， 是等腰直角三角形， 由勾股定理得， 故答案为：4， ． 【变式02】（2025·天津·模拟预测）如图，已知正方形的边长为4，点为边上一点，，在的右侧，以为边作正方形．    （Ⅰ）的面积为___________； （Ⅱ）若为的中点，则的长等于___________． 【答案】 8 【分析】（Ⅰ）先利用正方形的性质得出，从而可利用证明，再根据全等三角形的性质求出，，然后利用三角形面积求解即可； （Ⅱ）先借助中位线定理与线段的差求得，再利用勾股定理求得，然后利用中位线定理求得． 【详解】（Ⅰ）解：过点作，交延长线于点， 则． 四边形和四边形为正方形， ． ． ， ． ． ． 故答案为：8； （Ⅱ）延长到使，连接，   ， 是的中位线． ． ， ． 在中， ． ． 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，中位线定理，勾股定理，解题关键是利用勾股定理求出相关线段． 【变式03】（2024·天津和平·二模）如图，正方形的边长为4，点在边上，，作等腰直角三角形． （1）的长为______． （2）若为AF的中点，连接DM，则DM的长为______． 【答案】 【分析】1）在上取一点，使，构造等腰直角、，从而可得， （2）延长交延长线于点，可得等腰直角，为中位线，由此即可解题． 【详解】解：（1）在上取一点，使， 在正方形的边长为4， ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∴， 又∵在等腰直角中，， ∴， ∴， ∵， ∴， （2）延长交延长线于点， 由（1）：，， ∴, ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， 故答案为（1），（2）． 【点睛】本题是正方形与三角形的综合，主要考查了三角形全等、正方形的性质、勾股定理，利用一线三垂直作辅助线，构造全等三角形是解题关键． 【变式04】（2024·天津·一模）如图，E是正方形对角线上一点，过点E作的垂线，交于点F，以，为边作矩形，连接， （1）的长为___________； （2）若，则的长为_________． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的判定与性质，矩形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理． （1）如图，过点作，垂足为，过点作，垂足为，利用正方形的性质，证明，根据矩形的性质易得，即可证得，得到，进而证得矩形是正方形，再根据正方形性质证得，，，然后由全等三角形判定（边角边）可证得，即可得到，解题关键是合理添加辅助线构造全等三角形，找到对应边的关系； （2）如图，过点作，垂足为，由正方形性质易得是等腰直角三角形，求得，再根据，得，然后根据勾股定理得，计算即可得出答案，解题关键是合理添加辅助线构造直角三角形，并利用勾股定理解三角形． 【详解】解：（1）如图，过点作，垂足为，过点作，垂足为， 四边形是正方形， ，， ， ， ，，，四边形是矩形， ，， ， ， ， ， 矩形是正方形， ， ， 又 ， ， ， 故答案为：； （2）如图，过点作，垂足为， 四边形是正方形， ， 是等腰直角三角形， ， ， ，， ， 故答案为． 题型08 坐标系中的平行四边形 典例引领 【典例01】（2023·天津东丽·二模）如图，四边形是正方形，点为原点，点的坐标是，点的坐标为（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据正方形的性质可得，根据点在第二象限，即可求解． 【详解】解：∵四边形是正方形，点为原点，点的坐标是， ∴， ∵点在第二象限， ∴点的坐标为， 故选：A． 【点睛】本题考查了坐标与图形，掌握正方形的性质，数形结合是解题的关键． 【典例02】（2023·天津南开·一模）如图，矩形的顶点B的坐标为，则长为（    ） A． B． C． D．4 【答案】A 【分析】首先连接，根据两点间距离公式即可求得，再根据矩形的性质可得，即可求得的长． 【详解】解：如图：连接， 点B的坐标为， ， 又四边形是矩形， ， 故选：A． 【点睛】本题考查了勾股定理，矩形的性质，作出辅助线是解决本题的关键． 方法透视 考向解读 在平面直角坐标系中考查平行四边形、矩形、菱形、正方形存在性与坐标计算 方法技能 1. 中点公式：对角线中点重合（x₁+x₃=x₂+x₄，y₁+y₃=y₂+y₄）； 2. 距离公式； 3. 存在性：按 “对角线分类” 讨论，不重不漏； 4. 菱形 / 正方形：加垂直、相等条件。 变式演练 【变式01】（2023·天津红桥·三模）如图，四边形为菱形，点，点，点在轴的正半轴上，则点的坐标为（　　）．    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由两点间距离公式可得，再根据菱形的性质可得、，即点C是由点D向右平移5个单位得到的，最后根据平移的性质即可解答． 【详解】解：∵点，点， ∴, ∵四边形为菱形， ∴, ∴点C是由点D向右平移5个单位得到的 ∴点的坐标为． 故选A． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质、两点间距离公式、平移的性质等知识点，发现点C是由点D向右平移5个单位得到的是解答本题的关键． 【变式02】（2024天津·一模）如图，四边形是矩形，，点C在第二象限，则点C的坐标是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】作轴于M，轴于N，则，，证明，得出，，得出，即可得出答案． 【详解】解：作轴于M，轴于N，如图所示： 则， ∴， ∵， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴， ∴点C的坐标是； 故选D． 【点睛】本题考查矩形的性质、坐标与图形、全等三角形的判定与性质等知识；证明三角形全等是解题的关键． 【变式03】（2023·天津河西·一模）如图，四边形是菱形，点在轴上，顶点A，B的坐标分别是，，则点C的坐标是（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】连接，交于点E，先求得菱形的边长，再求得点D的坐标，根据菱形的性质，利用中点坐标公式求解即可． 【详解】解：连接，交于点E，    ∵点A，B的坐标分别是，， ∴菱形的边长， ∴， ∴点D的坐标是， 设点C的坐标为， ∵四边形是菱形， ∴，解得， ，解得， ∴点C的坐标为． 故选：D． 【点睛】本题考查了菱形的性质，坐标与图形，解题的关键是掌握菱形的性质并灵活运用． 【变式04】（2024天津一模）如如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点A，B，C在坐标轴上，两对角线交于点E．若点B的坐标为，，则点E的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查菱形的性质、30度所对的直角边等于斜边的一半和勾股定理，根据菱形边相等，对角线平分对角，结合，得到为等边三角形，E为的中点，利用点B的坐标为，以及30度所对的直角边等于斜边的一半和勾股定理，推出、、的长度，得出点A、C的坐标即可解题． 【详解】解：在菱形中，、为菱形的对角线，且， ， 为等边三角形， 又有， ，即E为的中点， ， ， 点B的坐标为， ， ， ,即， 又， ,即点C的坐标为， ． 故选：A． 题型09 三角形与四边形的综合压轴题 典例引领 【典例01】（2024·天津西青·二模）在平面直角坐标系中，O为原点，直角三角形纸片顶点A在x，轴的正半轴上，点B在第一象限，已知，，． (1)填空：如图①，点A的坐标是______，点B的坐标是______； (2)点P是线段上的一个动点（点P不与点O，A重合）过点P作直线l交直线于点O，且，将直角三角形纸片沿直线l向上翻折，点O的对应点为C，折叠后与直角三角形重合部分的面积为S，设． ①如图②，当边，分别与相交于点E，F，且折叠后重叠部分为四边形时，试用含有m的式子表示S，并直接写出m的取值范围； ②当时，求m的取值范围（直接写出结果即可）． 【答案】(1)， (2)①，② 【分析】（1）作于C，由可得点A的坐标，利用直角三角形的性质分别求出的长可求出点B的坐标； （2）①证明是等边三角形得，由折叠的性质得是等边三角形，从而，求出，求出的长，然后根据即可求出S关于m的解析式；当点C在上时求出m的最小值，当直线l经过点B时求得m的最大值； ②当在内部时，求得m的最小值；当点Q在的延长线上时，求得m的最大值即可． 【详解】（1）如图，作于C， ∵， ∴ ∵ ∴， ∴ ∴ 故答案为：， （2）①∵，， ∴是等边三角形， ∴． 由直角三角形纸片沿直线1向上翻折，可得， ∴是等边三角形． ∴，， ∴． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴． ∶ ． ∴ 在，，． ∴， ∴． 如图，当点C在上时， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 当直线l经过点B时m取得最大值4， ∴m 的取值范围为． ②当在内部时，， 当时，， 解得（负值舍去）． 当重叠部分是四边形时， 对于， 当取得最大值． 如图，当点Q在的延长线上时， ∵， ∴， ∴， ∴ ， 当时，， 解得，（舍去）． ∴当时，m的取值范围是． 【点睛】本题考查了直角三角形的性质，坐标与图形的性质，解直角三角形，二次函数的性质，折叠的性质，相似三角形的判定与性质，难度较大，属中考压轴题． 方法透视 考向解读 中考几何压轴，三角形 + 四边形 + 旋转 / 折叠 / 动点 / 最值 / 坐标系综合 方法技能 1. 突破口：找全等、相似、等腰、直角、中点、对称； 2. 旋转：对应边相等、夹角＝旋转角，常造等边 / 等腰直角； 3. 折叠：全等 + 勾股 + 方程思想； 4. 动点 / 最值：将军饮马、垂线段最短、轨迹法、函数最值； 5. 坐标系：坐标表示线段，用方程 / 函数求解。 变式演练 【变式01】（2023·天津红桥·三模）在平面直角坐标系中，点，点在x轴的负半轴上，．将绕点顺时针旋转，得，点旋转后的对应点为．记旋转角为．    (1)如图①，当时，求与的交点的坐标； (2)如图②，连接，当经过点A时，求的长； (3)设线段的中点为，连接，求线段的长的取值范围(直接写出结果即可)． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）过点作轴，利用，可得，利用和可得点D是OB的中点，从而得知点D的横坐标，利用和是等边三角形可得，即点D的纵坐标，从而得解； （2）过点作轴，垂足为，推导，从而得出，再计算，用勾股定理得，从而得解； （3）取线段的中点N，连接、，则，用中位线定理求，用勾股定理求，最后利用求范围． 【详解】（1）解：如图，过点作轴，垂足为．    ∵点， ∴． ∵， ∴． 在中，． ∵， ∴． ∴． ∴， ∴是等边三角形， ∵，轴 ∴． ∴． ∴点的坐标为． （2）解：如图，过点作轴，垂足为．    由旋转得，． ∴． ∴． ∴． ∴． ∴． 在中，． （3） 解：取线段的中点N，连接、，则    ∵点M是线段的中点，点N是线段的中点， ∴ 由旋转的性质得：， ∴ ∴ 即 【点睛】本题考查旋转的性质，等边三角形的判定与性质，含角的直角三角形的性质，中位线定理，勾股定理等知识，掌握旋转的性质和正确作出辅助线是解题的关键． 【变式02】（2025·天津·一模）在中，，平分交于点E，交于点F．P是边上的动点（不与B，C重合），连接，将沿翻折得，记． (1)如图1，点P与点E重合时，用含α的式子表示； (2)当点P与点E不重合时， ①如图2，若，平分，交于点G，猜想之间存在的等量关系，并说明你的理由； ②若，请直接写出的大小（用含α，β的式子表示）． 【答案】(1) (2)①，理由见解析；② 【分析】本题主要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、轴对称的性质、平行线的性质等知识点，弄清角之间的数量关系是解题的关键． （1）根据得出，从而得出，由翻折得，再根据角的和差即可解答； （2）①先证明从而得出，可证得和是等腰直角三角形，从而得出，根据线段的和差即可解答；②设，则，由得，从而得出，于是，进而求得，进而得到结论． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∵， ∴， 由翻折得，， ∴． （2）解：①，理由如下： ∵平分， ∴， 由翻折得，， ∴， ∴， ∴， 由（1）得，， ∵平分， ∴， ∴， ∴， 同理可得：， ∴， ∴； ②设，则， 由得，， ∴，解得：， ∴， ∴， ∴． 【变式03】（2024·天津红桥·三模）在平面直角坐标系中，点，点，将绕点B顺时针旋转，得，点A，O旋转后的对应点为，，记旋转角为． (1)填空：如图①，当时，点的坐标为______，点的坐标为______； (2)如图②，当时，求点的坐标； (3)连接，设线段的中点为M，连接，求线段的长的最小值（直接写出结果即可）． 【答案】(1)， (2) (3) 【分析】（1）如图①中，过点作于．解直角三角形求出，即可． （2）如图②中，连接，过点作于．解直角三角形求出，即可． （3）如图③中，延长到，使得，在的延长线上取一点，使得，取的中点，的中点，连接，，，，，，．利用全等三角形的性质证明，求出的最小值即可． 【详解】（1）解：如图①中，过点作于． ，， ，， ，， 是由绕旋转得到，， ，，点落在线段上， 的横坐标为，纵坐标为， ， ， ， ． 故答案为：，； （2）解：如图②中，连接，过点作于． ，， ，， ， 在中，，， ， ． （3）解：如图③中，延长到，使得，在的延长线上取一点，使得，取的中点，的中点，连接，，，，，，． ， ， ， ， ，， ， ， ， ， ，， ， ，， ， ， ， ， 的最小值为， 的最小值为． 【点睛】本题属于三角形综合题，考查了等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考压轴题． 【变式04】（2024·天津和平·二模）将一个矩形纸片放置在平面直角坐标系中，点，点，点与轴相交于点，点在边上（点Q不与点A，D重合），折叠该纸片，使折痕所在的直线经过点Q，并与轴相交于点，且，点，的对应点分别为点． (1)如图①，当点落在线段上时，求的大小和点的坐标； (2)设，纸片折叠后与矩形的重叠部分的面积为． ①如图②，若折叠后与矩形的重叠部分是四边形时，与边相交于点，试用含有的式子表示的长，并直接写出的取值范围； ②当时，求的取值范围（直接写出结果即可）． 【答案】(1)， (2)①，其中t的取值范围是；② 【分析】（1）根据折叠的性质和的直角三角形的性质直接求解即可； （2）①利用，表示，即可求出的长；分两种情况考虑极端值：当点落在边上时，点在上时，分别画图求解即可； ②分三种情况：，，，分别画图，构造二次函数，利用二次函数的性质求解即可． 【详解】（1）解：由折叠的性质可得：，， ∴， ∴， 在中，，， ∵， ∴，， ∴点的坐标为：； （2）解：①∵， ∴， 由折叠的性质可得：，， ∴， ∴， 在中，，， ∴ 当点落在边上时，作于点，如图所示， 由折叠的性质可得：，， ∴， ∴，， ∴此时，， 当点在上时，如图所示， 在中，，， ∴， ∵， ∴， 解得：， ∴若折叠后与矩形的重叠部分是四边形时，的取值范围是：； ②当时，设交轴于点，如图所示， 此时就是折叠后与矩形的重叠部分， ∵，， ∴； 当时，设交轴于点， 交于点，如图所示， 此时，重合部分是五边形， ，， ∴，，， ∴， ∴ ∴当时，的最大值， 当时，设交于点，如图所示， 此时，重叠部分是， ，， ∴，， ∴，， ∴ ， ∵， ∴当时，求的取值范围：． 【点睛】本题考查矩形的折叠问题，解直角三角形的相关计算，二次函数的应用，正确画出图形，恰当分类是解题的关键． 题●型●训●练 1．（2024·天津·二模）如图，将绕点C顺时针旋转得到，使点A的对应点D恰好落在边上，点B的对应点为E，连接，下列四个结论：①；②；③；④平分，其中一定正确的是（   ） A．①②④ B．①②③ C．①③④ D．①②③④ 【答案】A 【分析】根据旋转的性质得到，，，故①正确；得到，，根据三角形的内角和得到，，求得，故②正确；由于不一定等于，于是得到不一定等于，故③错误，可求得，故可判定④． 【详解】解：∵绕点C顺时针旋转得到， ∴，，，，故①正确； ∴，， ∴平分，，故④正确； ∵， ∴， ∴根据三角形内角和定理可知，， ∴，故②正确； ∵不一定等于， 不一定等于，故③错误． 综上，正确的有①②④， 故选：A. 【点睛】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的判定和性质、三角形的内角和定理、角平分线的定义，正确的识别图形是解题的关键． 2．（2025·天津河北·一模）如图，把以点A为中心逆时针旋转得到，点B，C的对应点分别是点，，且点C，A，三点共线，连接，，，则下列结论一定正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，三角形的内角和定理，把握旋转的不变性是解题的关键．由旋转可得，，则等边对等角可得，设，那么，再代入即可求解判断A，至于B、C、D，不能证明． 【详解】解：由旋转可得，， ∴， 设， ∴，， ∴， 故A正确，符合题意；对于B、C、D，现有条件均不足以证明，不符合题意， 故选：A． 3．（2023·天津河西·二模）如图，已知，，将绕点B顺时针旋转得到，连接，，和交于点P．则下列结论中正确的是（　　）    A． B．与不平行 C．可以看作是平移而成的 D．和都是等边三角形 【答案】D 【分析】本题考查了旋转的性质，等边三角形的判定与性质，平行线的判定，平移的性质，熟练掌握旋转的性质，以及等边三角形的判定与性质是解题的关键．设与相交于点，根据旋转可得：，从而可得，进而可得和都是等边三角形，然后利用等边三角形的性质可得，从而可得，进而可得，再利用三角形内角和定理，以及对顶角相等可得，最后根据，可得和不全等，从而利用平移的性质可得不可以看作是平移而成的，即可解答. 【详解】如图: 设与相交于点，    由旋转得:， ∴， ∴和都是等边三角形， ∴， ∴， ∴, ∵， ∴， ∵， ∴和不全等, ∴不可以看作是平移而成的, 故不符合题意，符合题意， 故选: D. 4．（2024·天津·二模）如图，设和都是正三角形，且，则的度数是_________ 【答案】/122度 【分析】本题主要考查了等边三角形的性质以及全等三角形的判定及性质，由题中条件，可得，得出，进而再通过角之间的转化，可最终求解出结论． 【详解】解：∵和都是正三角形， ， 又 ， ， 在与中， ， ， ，即， ， ， ． 故答案为：． 5．（2024·天津·二模）如图，在中，，点D是内部一点，，点E是边上一点，若平分，，则的度数为_______．    【答案】 【分析】如图所示，取的中点F，连接，则可证明在的垂直平分线上，得到，证明得到，同理可得，设，则，由三角形外角的性质得到，再根据三角形内角和定理求出答案即可． 【详解】解：如图所示，取的中点F，连接， ∵， ∴在的垂直平分线上， ∴三点共线，且， ∴， 又∵， ∴， ∴， 同理可得， ∵平分， ∴， 设， ∴， ∵， ∴， ∴．    故答案为：． 【点睛】本题主要考查三角形内角和定理，三角形的外角的性质，全等三角形的性质与判定，线段垂直平分线的判定等知识，解题的关键是学会利用参数解决问题． 6．（2023·天津南开·三模）如图，中，，，点D，E分别在边，上，且，连接，点M是的中点，点N是BC的中点，线段MN的长为________．    【答案】 【分析】作，连接，延长交于，连接，作于．根据平行线的性质可得，根据全等三角形的判定和性质可得，，求得，根据平行线的性质可得，根据特殊角的三角函数可得，，根据三角形中位线的判定和性质可得． 【详解】解：如图，作，连接，延长交于，连接，作于    ∵ ∴ ∵， ∴ ∴， ∵ ∴ ∵， ∴ ∵ ∴ ∴ ∵， ∴为的中位线 ∴， 故答案为：． 【点睛】本题考查了平行线的性质，全等三角形的判定和性质，特殊角的三角函数，三角形中位线的判定和性质，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题． 7．（2025·天津红桥·一模）如图，在中，，，，点D在边上，且．过点D作，与边相交于点E，连接． （1）线段的长为______； （2）若F为的中点，则线段的长为______． 【答案】 【分析】（1）由相似三角形的判定与性质，推出，即可求出的长． （2）过作于，由相似三角形的判定与性质得到，求出，由三角形中位线定理得到，由勾股定理即可求出的长． 【详解】解（1）， ， ， ， ． 故答案为：； （2）过作于， ， ， ， ， ， 为的中点， ， ， ， ，， 是的中位线， ， ． 故答案为：． 【点睛】本题考查平行线的性质，相似三角形的判定与性质，三角形中位线的性质及勾股定理，关键是由相似三角形的判定与性质推出；由勾股定理求出的长． 8．（2025·天津河东·二模）如图，正方形的对角线与交于点O，点E在延长线上，且，连接，过点A作，垂足为F，与延长线交于点G，若，则 （Ⅰ）线段的长等于________； （Ⅱ）线段的长等于________． 【答案】 【分析】本题主要考查正方形的性质、勾股定理和全等三角形的判定和性质，解题的关键是熟悉正方形的性质． （Ⅰ）根据正方形的性质得，根据勾股定理求得，即可求得； （Ⅱ）根据垂直的定义和正方形的性质求得，结合三角形的外角求得，利用可证明，有，结合（Ⅰ）可知和，在中根据勾股定理求得即可． 【详解】解：（Ⅰ）∵正方形的对角线与交于点O， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 则； （Ⅱ）∵，正方形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 同理，， ∴， 在和中， ∴， ∴， 由（Ⅰ）可知，， 在中，， ∴， 故答案为：，． 9．（2025·天津和平·二模）如图，在四边形中，，，，． （1）的长为_______； （2）若点是的中点，点在边上，且，连接，则的长为_______． 【答案】 【分析】本题考查了勾股定理，平行线的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握相关知识点是解题的关键． （1）利用勾股定理计算即可； （2）延长交的延长线于点，作于点，得到四边形是矩形，推出，，得到，证明，得到，，继而得到，利用勾股定理计算，即可得到答案． 【详解】解：（1）在中，，，， ， 故答案为：； （2）如图，延长交的延长线于点，作于点， ，， 四边形是矩形， ，， ， ， 点是的中点， ， ， ， ， ， ， ， ， 故答案为：． 10．（2025·天津红桥·三模）如图，在菱形中，，，为边的中点，连接与相交于点． （1）线段的长为_____； （2）若为的中点，则线段的长为_____． 【答案】 【分析】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的性质与判定，解直角三角形，勾股定理等等，熟知菱形的性质是解题的关键． （1）连接，根据菱形的性质可推出，，则可证明是等边三角形，得到，据此解直角三角形即可得到答案； （2）连接，可证明，得到，解得到，再证明，求出，则． 【详解】解：（1）如图所示，连接 ∵四边形是菱形， ∴， ∴， ∴， ∴是等边三角形， ∵为边的中点， ∴， ∴， 故答案为：； （2）如图所示，连接， 由（1）可得是等边三角形，， ∴， ∴， 在中，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵为的中点， ∴， ∴， 故答案为：． 11．（2024·天津南开·二模）如图1，将一个矩形纸片放置在平面直角坐标系中，点，点，点，点D在边上（点D不与点O，C重合），折叠该纸片，使折痕所在的直线经过点D，并与直线相交于点F，且，点C的对应点为﹒设． (1)如图2，当折痕经过点B时，求t的值和点的坐标； (2)若折叠后的图形为四边形，点B的对应点为，与边相交于点G，，分别与x轴相交于点H，I，设折叠后四边形与矩形重合部分的面积为S． ①如图3，当折叠后四边形与矩形重合部分为五边形时，试用含有t的式子表示S，并直接写出t的取值范围； ②当时，直接写出S的取值范围． 【答案】(1)；点的坐标为； (2)①；；②． 【分析】（1）在中，利用正切定义求出即可，过作于H，在中，利用余弦定义求出即可，利用勾股定理求出，即可求解； （2）①解直角三角形，分别用t表示出，，，，然后求解即可； ②分；；三种情况讨论，利用二次函数的性质求解即可． 【详解】（1）解：由题意，得， ∵矩形纸片放置在平面直角坐标系中，点，点，点， ∴ ，，， 在中，， 过作于H， ∵折叠， ∴，， ∴， 在中，， ∴，， ∴点的坐标为 （2）解：①过F作于K， 则四边形，都是矩形， ∴， 在中，， ∴， ∵， ∴，， ∵折叠， ∴，，， ∴， ∴， 在中，，， ∴， 在中，，， ∴， ∴，， 在中，，， ∴， ∴ ， ∵折叠后与边相交于点G，，分别与x轴相交于点H，I， ∴， ∴， ∴； ②当时，如图， 此时 当时，随t的增大而增大， ∴当时，S有最小值为， 当时，S有最大值为； 当时，， ∴抛物线开口向下，点到对称轴的距离越大，函数值越小， ∵， ∴当时，S有最大值为， ∵，， 当或时，S有最小值为， 当时，如图， 此时 ， 当时，随t的增大而减少， ∴当时，S有最大值为，当时，S有最小值为， 综上，当时，． 【点睛】本题考查了矩形与折叠，解直角三角形，勾股定理，二次函数的性质等知识，理解重叠图形的变化规律是解题的关键． 公司2 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题08 三角形与四边形的证明与计算 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 等腰、等边三角形证明与计算 题型02 直角三角形与勾股定理的应用 题型03 相似三角形的有关计算 题型04 平行四边形的性质与判定 题型05矩形的性质与判定 题型06 菱形的性质与判定 题型07 正方形的性质与判定 题型08 坐标系中的平行四边形 题型09 三角形与四边形的综合压轴题 第二部分 题型训练 整合应用，模拟实战 题●型●破●译 题型01等腰、等边三角形证明与计算 典例引领 【典例01】（2024·天津·模拟预测）如图，已知中，，，直角的顶点P是中点，两边分别交于点E、F，当在内绕顶点P旋转时（点E不与A、B重合），给出下列四个结论：①是等腰三角形；②M为中点时，；③；④和的面积之和等于9，上述结论中始终正确的有（　　）个．    A．1 B．2 C．3 D．4 【典例02】（2024·天津和平·三模）如图，在中，，，点D是中点，E是边上一点，且，则的长等于_______．    方法透视 考向解读 考查等腰、等边三角形的性质与判定，涉及边长、角度、面积、三线合一应用 方法技能 1. 等腰：等边对等角，等角对等边，顶角平分线、底边上中线、底边上高互相重合（三线合一）；2. 等边：三边相等，三角均为 60°，有一个角是 60° 的等腰三角形即为等边；3. 含 120° 等腰三角形：作高构造 30° 直角三角形，用 30° 对边等于斜边一半快速计算；4. 常用辅助线：作高、作角平分线、取中点。 变式演练 【变式01】（2025·天津·模拟）如图，在中，，以点为圆心，长为半径画弧，交于点，连接，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【变式02】（2025·天津·一模）如图，在中，，为边上一点，是由旋转得到的，点的对应点分别是，下列结论一定正确的是（   ） A． B． C． D． 【变式03】（2025·天津·模拟）如图，已知等边和等边，点P在的延长线上，的延长线交 于点M，连接．有下列结论：①；②；③平分；④，其中正确的是（    ） A．①②③ B．①③④ C．①②④ D．①②③④ 【变式04】（204·天津·一模如图，是等边三角形，是边上的高，点E是边的中点，点P是上的一个动点，当最小时，的度数是（    ）． A． B． C． D． 题型02 直角三角形与勾股定理的应用 典例引领 【典例01】（2025·天津·一模）如图，在中，，把绕点C顺时针旋转得到，点A，B的对应点分别为D，E，的延长线与相交于点F，连接，则下列结论一定正确的是（　　） A． B． C． D． 方法透视 考向解读 利用勾股定理求边长、面积法求高、折叠问题、直角判定与线段长度计算 方法技能 1.勾股定理：直角三角形两直角边平方和等于斜边平方（a²＋b²＝c²）；2. 勾股逆定理：若 a²＋b²＝c²，则三角形为直角三角形；3. 面积法：两直角边乘积＝斜边 × 斜边上的高，快速求斜高；4. 折叠问题：折叠前后全等，对应边、对应角相等，结合勾股定理列方程求解。 变式演练 【变式01】（2024·天津河东·一模）如图，在中，，，点在外，连接，过点作，交于点，连接，若，则 （Ⅰ）线段的长等于______； （Ⅱ）的面积为______． 【变式02】（2024·天津红桥·三模）如图，在中，，，，D为边的中点，点E在边上，且． （1）的长为______． （2）若点F为的中点，点G为的中点，则的长为______． 【变式03】（2024·天津南开·二模）如图，，均为等腰直角三角形，其中，，点A，E，D在同一直线，与相交于点F，G为的中点，连接，． （1）的度数为______． （2）若F为的中点，且，则的长为______． 【变式04】（2025·天津河西·一模）如图，是等腰直角三角形，，平分，，垂足在的延长线上，． （Ⅰ）的长为______； （Ⅱ）线段长度的平方为______． 题型03 相似三角形的有关计算 典例引领 【典例01】（2024·天津和平·一模）如图，在设计人体雕像时，使雕像的上部（腰以上）与下部（腰以下）的高度比，等于下部与全部（全身）的高度比，可以增加视觉美感．按此比例，如果雕像的高为，设雕像下部高，则下列结论不正确的是（） A．雕像的上部高度与下部高度的关系为： B．依题意可以列方程 C．依题意可以列方程 D．雕塑下部高度为 【典例02】（2023·天津红桥·三模）在四边形中，，若，，则的长为___________．    方法透视 考向解读 考查相似三角形判定、性质、比例线段、面积比与相似比关系、中位线与平行线分线段成比例 方法技能 1. 判定：AA、SAS、SSS 相似，优先用 AA； 2. 性质：相似比＝对应边比＝对应高 / 中线 / 角平分线比；面积比＝相似比平方；3. 平行线：平行→相似→成比例；中位线＝第三边一半； 4. 常用模型：A 字型、8 字型、母子相似、射影定理、黄金分割。 变式演练 【变式01】（2024·天津红桥·一模）若两个相似多边形的面积之比为，则它们的相似比为（    ） A． B． C． D． 【变式02】（2024·天津·二模）如图，在中，点D在BC边上，连接AD，点C在线段AD上，，且交AD于点E，，且交CD于点F，则下列结论一定正确的是（    ） A． B． C． D． 【变式03】（2021·天津河西·二模）如图，矩形中，M是边的中点，连接，取的中点N，连接．若，，则的长为___________． 【变式04】（2025·天津·一模）如图，在中，，，平分，，垂足E在的延长线上，F是的中点，连接，则的面积是________． 题型04平行四边形的性质与判定 典例引领 【典例01】（2023·天津南开·二模）如图，在平行四边形中，对角线、相交于点，，点，点分别是，的中点，连接，，于点，交于点，，则线段的长为________； 方法透视 考向解读 考查平行四边形边、角、对角线性质，判定证明，与中位线、全等、折叠结合 方法技能 1. 性质：对边平行且相等；对角相等；对角线互相平分； 2. 判定：两组对边平行 / 相等；一组对边平行且相等；对角线互相平分； 3. 常用：对角线分成两个全等三角形；中点→中位线； 4. 折叠：全等 + 勾股 + 角度推导。 变式演练 【变式01】（2024·天津·二模）如图，在平行四边形中，E，F分别为边的中点，是对角线，下列说法错误的是（   ） A．当时，四边形是菱形 B．当时，四边形是菱形 C．当时，四边形是矩形 D．当平分时，四边形是矩形 【变式02】（2025·天津西青·二模）如图，四边形是平行四边形，连接对角线，将沿所在直线折叠得到，交于点E，若，则下列结论一定正确的是（    ） A． B． C． D． 【变式03】（2025·天津河西·二模）如图，在平行四边形的外侧，作等腰直角三角形，，且，，．取的中点，连接． （1）的长为______； （2）线段的长为______． 【变式04】（2024·天津西青·一模）如图，在中，对角线，相交于点，，，为上一点，平分，过点作于点，交于点． （1）写出图中的一个等腰直角三角形是______； （2）若，则的长为______． 题型05 矩形的性质与判定 典例引领 【典例01】（2025·天津西青·二模）如图，矩形中，的平分线与的延长线相交于点E，与相交于点F，点M为的中点，连接． （Ⅰ）的度数是_________． （Ⅱ）若，则的长是________． 方法透视 考向解读 考查矩形四个直角、对角线相等，折叠、旋转、最值、坐标系综合 方法技能 1. 性质：四个角都是直角；对角线相等且互相平分； 2. 判定：平行四边形＋一个直角 / 对角线相等； 3. 直角三角形：斜边中线＝斜边一半； 4. 折叠：全等 + 勾股列方程；旋转：对应边相等、夹角＝旋转角。 变式演练 【变式01】（2025·天津红桥·二模）如图，在矩形中，，，E为边的中点，点F在的延长线上，且． （1）线段的长为________； （2）连接，若G，H分别为线段的中点，则线段的长为________． 【变式02】（2025·天津红桥·一模）如图，有一个矩形纸片，，，E是边上一点，沿着折叠该纸片，得点A的对应点为F，延长与边相交于点G，且G为边的中点． （Ⅰ）线段的长为_______； （Ⅱ）线段的长为_______． 【变式03】（2024·天津南开·三模）如图，将矩形绕点顺时针旋转至矩形的位置，连接，，取，的中点，，连接，若，． （1）的长度为__________； （2）的长度为__________． 【变式04】（2025·安徽合肥·三模）如图，矩形中，是直线上一动点（不与重合），连接，过点作，垂足为点，点为的中点． （1）当点为中点时，__________； （2）线段的最小值是__________． 题型06 菱形的性质与判定 典例引领 【典例01】（2024·天津西青·一模）如图，以的顶点为圆心，任意长为半径画弧，分别交，于点，，分别以点，为圆心，的长为半径画弧，两弧在内部交于点，连接，，，若，，则的长为（    ） A．4 B．5 C．8 D．10 方法透视 考向解读 考查菱形四边相等、对角线垂直平分、面积计算、最短路径、轴对称 方法技能 1. 性质：四边相等；对角线垂直平分且平分内角；面积＝对角线乘积一半； 2. 判定：平行四边形＋一组邻边相等 / 对角线垂直； 3. 最值：利用对角线垂直对称转化为 “两点之间线段最短”； 4. 含 60°/120° 菱形：分割为等边三角形与 30° 直角三角形。 变式演练 【变式01】（2023·天津滨海新区·一模）如图，已知菱形，，，为的中点，为对角线上一点，则的最小值等于（    ）    A． B． C． D．8 【变式02】（2025·广东河源·一模）如图，菱形中，，点E为上一点，点F为上一动点，点G为对角线上一动点，当取得最小值为6时，则的值是____________． 【变式03】（2024·天津武清·三模）如图，菱形的边长为5，对角线的长为8． （1）的面积为________； （2）点E是边上一点，过点E作的垂线，交于点F，交的延长线于点G，若点F为的中点，则的长为__________．    【变式04】（2025·天津南开·三模）如图，菱形的边长为，，为边中点，为对角线延长线上一点，连接，，，与相交于点，且． （1）线段的长为______； （2）线段的长为______． 题型07正方形的性质与判定 典例引领 【典例01】（2024·天津红桥·二模）如图，在正方形中，E，F是对角线上两点，，且．将以点A为中心顺时针旋转得到，点D，F的对应点分别为点B，G，连接，则下列结论一定正确的是（    ） A． B． C． D． 【典例02】（2025·天津河西·一模）如图，正方形边长为6，点在边上，，且，为的中点，则 （I）的度数为________； （II）的长为________． 方法透视 考向解读 考查正方形集矩形、菱形性质于一体，旋转、折叠、一线三垂直、坐标系综合 方法技能 1. 性质：四边相等、四角直角、对角线相等垂直平分、分 45° 角； 2. 判定：矩形＋邻边相等；菱形＋一个直角； 3. 模型：旋转 90° 全等、一线三垂直、半角模型（45°）； 4. 计算：坐标法、勾股、面积法、中点公式。 变式演练 【变式01】（2025·天津滨海新区·模拟预测）如图，E为正方形的边上一点，F为边延长线上一点，且点G为边上一点，且． 的周长为8，，与交于点H，连接． （1）正方形的边长为__________________________． （2） 的长为____________________________． 【变式02】（2025·天津·模拟预测）如图，已知正方形的边长为4，点为边上一点，，在的右侧，以为边作正方形．    （Ⅰ）的面积为___________； （Ⅱ）若为的中点，则的长等于___________． ． 【变式03】（2024·天津和平·二模）如图，正方形的边长为4，点在边上，，作等腰直角三角形． （1）的长为______． （2）若为AF的中点，连接DM，则DM的长为______． 【变式04】（2024·天津·一模）如图，E是正方形对角线上一点，过点E作的垂线，交于点F，以，为边作矩形，连接， （1）的长为___________； （2）若，则的长为_________． 题型08 坐标系中的平行四边形 典例引领 【典例01】（2023·天津东丽·二模）如图，四边形是正方形，点为原点，点的坐标是，点的坐标为（    ）    A． B． C． D． 【典例02】（2023·天津南开·一模）如图，矩形的顶点B的坐标为，则长为（    ） A． B． C． D．4 方法透视 考向解读 在平面直角坐标系中考查平行四边形、矩形、菱形、正方形存在性与坐标计算 方法技能 1. 中点公式：对角线中点重合（x₁+x₃=x₂+x₄，y₁+y₃=y₂+y₄）； 2. 距离公式； 3. 存在性：按 “对角线分类” 讨论，不重不漏； 4. 菱形 / 正方形：加垂直、相等条件。 变式演练 【变式01】（2023·天津红桥·三模）如图，四边形为菱形，点，点，点在轴的正半轴上，则点的坐标为（　　）．    A． B． C． D． 【变式02】（2024天津·一模）如图，四边形是矩形，，点C在第二象限，则点C的坐标是（    ） A． B． C． D． 【变式03】（2023·天津河西·一模）如图，四边形是菱形，点在轴上，顶点A，B的坐标分别是，，则点C的坐标是（    ）    A． B． C． D． 【变式04】（2024天津一模）如如图，在平面直角坐标系中，菱形的顶点A，B，C在坐标轴上，两对角线交于点E．若点B的坐标为，，则点E的坐标为（    ） A． B． C． D． 题型09 三角形与四边形的综合压轴题 典例引领 【典例01】（2024·天津西青·二模）在平面直角坐标系中，O为原点，直角三角形纸片顶点A在x，轴的正半轴上，点B在第一象限，已知，，． (1)填空：如图①，点A的坐标是______，点B的坐标是______； (2)点P是线段上的一个动点（点P不与点O，A重合）过点P作直线l交直线于点O，且，将直角三角形纸片沿直线l向上翻折，点O的对应点为C，折叠后与直角三角形重合部分的面积为S，设． ①如图②，当边，分别与相交于点E，F，且折叠后重叠部分为四边形时，试用含有m的式子表示S，并直接写出m的取值范围； ②当时，求m的取值范围（直接写出结果即可）． 方法透视 考向解读 中考几何压轴，三角形 + 四边形 + 旋转 / 折叠 / 动点 / 最值 / 坐标系综合 方法技能 1. 突破口：找全等、相似、等腰、直角、中点、对称； 2. 旋转：对应边相等、夹角＝旋转角，常造等边 / 等腰直角； 3. 折叠：全等 + 勾股 + 方程思想； 4. 动点 / 最值：将军饮马、垂线段最短、轨迹法、函数最值； 5. 坐标系：坐标表示线段，用方程 / 函数求解。 变式演练 【变式01】（2023·天津红桥·三模）在平面直角坐标系中，点，点在x轴的负半轴上，．将绕点顺时针旋转，得，点旋转后的对应点为．记旋转角为．    (1)如图①，当时，求与的交点的坐标； (2)如图②，连接，当经过点A时，求的长； (3)设线段的中点为，连接，求线段的长的取值范围(直接写出结果即可)． 【变式02】（2025·天津·一模）在中，，平分交于点E，交于点F．P是边上的动点（不与B，C重合），连接，将沿翻折得，记． (1)如图1，点P与点E重合时，用含α的式子表示； (2)当点P与点E不重合时， ①如图2，若，平分，交于点G，猜想之间存在的等量关系，并说明你的理由； ②若，请直接写出的大小（用含α，β的式子表示）． 【变式03】（2024·天津红桥·三模）在平面直角坐标系中，点，点，将绕点B顺时针旋转，得，点A，O旋转后的对应点为，，记旋转角为． (1)填空：如图①，当时，点的坐标为______，点的坐标为______； (2)如图②，当时，求点的坐标； (3)连接，设线段的中点为M，连接，求线段的长的最小值（直接写出结果即可）． 【变式04】（2024·天津和平·二模）将一个矩形纸片放置在平面直角坐标系中，点，点，点与轴相交于点，点在边上（点Q不与点A，D重合），折叠该纸片，使折痕所在的直线经过点Q，并与轴相交于点，且，点，的对应点分别为点． (1)如图①，当点落在线段上时，求的大小和点的坐标； (2)设，纸片折叠后与矩形的重叠部分的面积为． ①如图②，若折叠后与矩形的重叠部分是四边形时，与边相交于点，试用含有的式子表示的长，并直接写出的取值范围； ②当时，求的取值范围（直接写出结果即可）． 题●型●训●练 1．（2024·天津·二模）如图，将绕点C顺时针旋转得到，使点A的对应点D恰好落在边上，点B的对应点为E，连接，下列四个结论：①；②；③；④平分，其中一定正确的是（   ） A．①②④ B．①②③ C．①③④ D．①②③④ 2．（2025·天津河北·一模）如图，把以点A为中心逆时针旋转得到，点B，C的对应点分别是点，，且点C，A，三点共线，连接，，，则下列结论一定正确的是（　　） A． B． C． D． 3．（2023·天津河西·二模）如图，已知，，将绕点B顺时针旋转得到，连接，，和交于点P．则下列结论中正确的是（　　）    A． B．与不平行 C．可以看作是平移而成的 D．和都是等边三角形 4．（2024·天津·二模）如图，设和都是正三角形，且，则的度数是_________ 5．（2024·天津·二模）如图，在中，，点D是内部一点，，点E是边上一点，若平分，，则的度数为_______．    6．（2023·天津南开·三模）如图，中，，，点D，E分别在边，上，且，连接，点M是的中点，点N是BC的中点，线段MN的长为________．    7．（2025·天津红桥·一模）如图，在中，，，，点D在边上，且．过点D作，与边相交于点E，连接． （1）线段的长为______； （2）若F为的中点，则线段的长为______． 8．（2025·天津河东·二模）如图，正方形的对角线与交于点O，点E在延长线上，且，连接，过点A作，垂足为F，与延长线交于点G，若，则 （Ⅰ）线段的长等于________； （Ⅱ）线段的长等于________． 9．（2025·天津和平·二模）如图，在四边形中，，，，． （1）的长为_______； （2）若点是的中点，点在边上，且，连接，则的长为_______． 10．（2025·天津红桥·三模）如图，在菱形中，，，为边的中点，连接与相交于点． （1）线段的长为_____； （2）若为的中点，则线段的长为_____． 11．（2024·天津南开·二模）如图1，将一个矩形纸片放置在平面直角坐标系中，点，点，点，点D在边上（点D不与点O，C重合），折叠该纸片，使折痕所在的直线经过点D，并与直线相交于点F，且，点C的对应点为﹒设． (1)如图2，当折痕经过点B时，求t的值和点的坐标； (2)若折叠后的图形为四边形，点B的对应点为，与边相交于点G，，分别与x轴相交于点H，I，设折叠后四边形与矩形重合部分的面积为S． ①如图3，当折叠后四边形与矩形重合部分为五边形时，试用含有t的式子表示S，并直接写出t的取值范围； ②当时，直接写出S的取值范围． 公司2 / 7 学科网（北京）股份有限公司 $