专题23 四边形综合压轴题-2025-2026学年中考数学第一轮复习

专题23 四边形综合压轴题 四边形综合压轴题是中考数学的核心难点题型，通常以矩形、菱形、正方形等特殊平行四边形为载体，融合全等三角形、相似三角形、勾股定理、函数建模、图形变换（折叠、旋转、平移）、最值问题等多个知识点。此类题目不仅考查对四边形性质与判定的熟练掌握，更注重逻辑推理、几何建模和综合运用能力的考查. 考点 ①四边形与图形变换（折叠、旋转）综合； ②四边形与动点问题（动线、动角、动图形）； ③四边形与最值问题（线段最值、面积最值）； ④四边形与函数结合（坐标几何、解析式求解）； ⑤四边形与全等/相似三角形综合证明与计算。 考情 中考中多以解答题形式出现，分值占比8-12分，难度系数0.6-0.8，是拉开分数差距的关键题型。 一、核心性质与判定 1. 平行四边形 性质：对边平行且相等；对角相等；对角线互相平分；中心对称图形。 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。 2. 矩形 性质：平行四边形所有性质；四个角为直角；对角线相等；轴对称+中心对称图形。 判定：平行四边形+一个直角；平行四边形+对角线相等；三个角为直角的四边形。 推论：矩形对角线把矩形分成四个等腰三角形；直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半（逆用可判定矩形）。 3. 菱形 性质：平行四边形所有性质；四条边相等；对角线互相垂直且平分内角；轴对称+中心对称图形。 判定：平行四边形+一组邻边相等；平行四边形+对角线垂直；四条边相等的四边形。 推论：菱形面积=对角线乘积的一半；菱形对角线把菱形分成四个全等的直角三角形。 4. 正方形 性质：矩形+菱形所有性质；对角线相等且垂直平分；四个角为直角，四条边相等；轴对称（4条）+中心对称图形。 判定：矩形+一组邻边相等；菱形+一个直角；对角线相等且垂直平分的四边形。 推论：正方形对角线与边长的比为；正方形内任意一点到四个顶点距离的平方和等于两条对角线平方和的一半。 二、重要模型 1. 折叠模型：折叠前后对应边相等、对应角相等，折痕垂直平分对应点连线；矩形折叠中常利用“勾股定理列方程”求解线段长度。 2. 旋转模型：正方形/菱形中旋转90°可构造全等三角形（如“半角模型”：正方形中∠MAN=45°，则BM+DN=MN）。 3. 中位线模型：三角形中位线平行于第三边且等于第三边的一半；四边形中位线（顺次连接各边中点）：平行四边形→平行四边形，矩形→菱形，菱形→矩形，正方形→正方形。 4. 最值模型： 线段最值：利用“两点之间线段最短”“垂线段最短”； 面积最值：结合函数建模（二次函数顶点式）或几何图形性质（如菱形面积随对角线变化）。 5. 坐标模型：特殊四边形的坐标特征（如矩形顶点坐标满足对边横坐标差相等、纵坐标差相等），可通过坐标法求解线段长度和角度。 考点1：四边形与折叠综合 例1．（25-26八年级下·上海闵行·月考）问题发现 (1)基本模型——十字架模型 如图1所示，在正方形内，点在边上，点在边上，、交于点，①若则有结论；②反之若有，则有结论． 对于上述问题请选择一个命题加以证明． (2)模型运用 如图2，在正方形中，，点在边上（不与、重合），连接，将△ADE沿翻折，得到，连接并延长交于点． ①若，求的值． ②如图3，若与交于点，连接，若，求证：． 考点2：四边形与旋转综合 例2．（25-26九年级下·辽宁阜新·月考）按要求作答 (1)如图1，在△ABC与中，，，，如图2，将图1中的绕着点B逆时针旋转得到，当点D的对应点在线段的延长线时，与相交于点E，连接，若，，求线段的长； (2)如图3，将直角，，点M为线段中点，连接，当点C的对应点在线段的延长线时，连接，的延长线与相交于点N，请回答下列问题： ①求证：点N为中点； ②若，，求出的面积． 考点3：四边形与动点最值综合 例3．（25-26九年级上·河南郑州·期末）如图，正方形边长为8，E是对角线上的动点，以为斜边向右侧作等腰直角，G在上且，连接，，则的最小值为________． 考点4：四边形与函数结合 例4．（22-23九年级·重庆·自主招生）抛物线与x轴相交于A、B两点（A在B的左侧），与y轴交于C点，连接、． (1)如图1、2，点P是第四象限内抛物线上的一点，作垂直于x轴于E，交于D点，作交于F，当的周长最大时，连接，在x轴上任意取一点R将沿翻折，P的对应点为，连接，取的中点G，再连接，并求出的最小值； (2)如图3，将沿射线方向平移，记平移后的图形为，当的点恰好落在的角平分线上时，将绕点顺时针旋转，直线交x轴于点M，在y轴上取一点W，平面内是否存在点K，使得以点K，M，W，为顶点的四边形为菱形？若存在，请求出K的坐标；若不存在，请说明理由． 一、单选题 1．（2025·黑龙江·中考真题）如图，在正方形中，点在边上（不与点B、C重合），点E在的延长线上，且，连接、、，过点作于点，分别交、、于点、、．则下列结论：①；②；③；④若，则；⑤图中共有5个等腰三角形．其中正确的结论是（   ） A．①②③⑤ B．①②④⑤ C．①②③④ D．①③④⑤ 2．（2025·山东东营·中考真题）如图，已知四边形是菱形，，对角线、相交于点O，过点D作交的延长线于点E，F为的中点，连接交于点G，连接交于点H，连接．则下列结论：①四边形为平行四边形；②；③；④．其中正确的有（    ） A．①②③ B．①③④ C．②③④ D．①②③④ 3．（2025·四川宜宾·中考真题）如图，在中，，，，过点A作直线，点是直线上一动点，连结，过点作，连结使．当最短时，则的长度为（　　）    A． B．4 C． D． 二、填空题 4．（2025·四川广安·中考真题）已知的面积是1． （1）如图1，若D，E分别是边和的中点，与相交于点F，则四边形的面积为__________． （2）如图2，若M，N分别是边和上距离C点最近的6等分点，与相交于点G，则四边形的面积为__________． 5．（2025·四川眉山·中考真题）如图，正方形的边长为4，点E在边上运动（不与点A、D重合），，点F在射线上，且，连接，交于点G，连接．下列结论：①；②；③的面积最大值是2；④若，则点G是线段的中点．其中正确结论的序号是________． 三、解答题 6．（2025·四川成都·中考真题）如图，在中，点在边上，点关于直线的对称点落在内，射线交射线于点，交射线于点，射线交边于点． 【特例感知】 （1）如图1，当时，点在延长线上，求证：； 【问题探究】 （2）在（1）的条件下，若，，求的长； 【拓展延伸】 （3）如图2，当时，点在边上，若，求的值．（用含的代数式表示） 7．（2025·江西·中考真题）综合与实践 从特殊到一般是研究数学问题的一般思路，综合实践小组以特殊四边形为背景就三角形的旋转放缩问题展开探究． 特例研究 在正方形中，相交于点O． （1）如图1，可以看成是绕点A逆时针旋转并放大k倍得到，此时旋转角的度数为________，k的值为________； （2）如图2，将△AOB绕点A逆时针旋转，旋转角为α，并放大得到（点O，B的对应点分别为点E，F），使得点E落在上，点F落在上，求的值 类比探究 （3）如图3，在菱形中，，O是的垂直平分线与的交点，将绕点A逆时针旋转，旋转角为α，并放缩得到（点O，B的对应点分别为点E，F），使得点E落在上，点F落在上．猜想的值是否与α有关，并说明理由； （4）若（3）中，其余条件不变，探究之间的数量关系（用含β的式子表示）． 8．（2025·甘肃·中考真题）四边形是正方形，点E是边上一动点（点D除外），是直角三角形，，点G在的延长线上． (1)如图1，当点E与点A重合，且点F在边上时，写出和的数量关系，并说明理由； (2)如图2，当点E与点A不重合，且点F在正方形内部时，的延长线与的延长线交于点P，如果，写出和的数量关系，并说明理由； (3)如图3，在（2）的条件下，连接，写出和的数量关系，并说明理由． 9．（2025·江苏扬州·中考真题）问题：如图1，点为正方形内一个动点，过点作，，矩形的面积是矩形面积的2倍，探索的度数随点运动的变化情况． 【从特例开始】 （1）小玲利用正方形网格画出了一个符合条件的特殊图形（如图2），请你仅用无刻度的直尺连接一条线段，由此可得此图形中______； （2）小亮也画出了一个符合条件的特殊图形（如图3），其中，，，求此图形中的度数； 【一般化探索】 （3）利用图1，探索上述问题中的度数随点运动的变化情况，并说明理由． 10．（2025·甘肃平凉·中考真题）四边形是正方形，点E是边上一动点（点D除外），是直角三角形，，点G在的延长线上． (1)如图1，当点E与点A重合，且点F在边上时，写出和的数量关系，并说明理由； (2)如图2，当点E与点A不重合，且点F在正方形内部时，的延长线与B的延长线交于点P，如果，写出和的数量关系，并说明理由； (3)如图3，在（2）的条件下，连接，写出和的数量关系，并说明理由． 11．（2025·黑龙江·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，菱形的边在轴上，，的长是一元二次方程的根，过点作交于点，交对角线于点．动点从点以每秒个单位长度的速度沿向终点运动，动点从点以每秒个单位长度的速度沿向终点运动，、两点同时出发，设运动时间为秒． (1)求点坐标； (2)连接、，求的面积S关于运动时间t的函数解析式； (3)当时，在对角线上是否存在一点，使得是含角的等腰三角形．若存在，请直接写出点E的坐标；若不存在，请说明理由． 12．（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． 13．（2025·湖北武汉·中考真题）如图，四边形是正方形，点在边上，点在边的延长线上，，射线交对角线于点，交线段于点． (1)求证：．（温馨提示：若思考有困难，可尝试证明） (2)求证：． (3)若，直接写出的值（用含的式子表示）． 14．（2025·四川攀枝花·中考真题）如图1，正方形的边长为2．E、F分别为边、上的动点，的周长为4，是延长线上的一点，且． (1)求证：； (2)试问的大小是否为定值，如果是，请求出该定值；如果不是，请说明理由； (3)如图2，若为边的中点，过点作，垂足为．求的最小值． 15．（2025·上海·中考真题）在平行四边形中，，分别为边，上两点． (1)当是边中点时， ①如图（1），联结，如果，求证：； ②如图（2），如果，联结，交边于点，求的值； (2)如图（3）所示，联结，，如果，，，．求的长． 16．（2025·河南·中考真题）在中，点是的平分线上一点，过点作，垂足为点，过点作，垂足为点，直线交于点，过点作，垂足为点． (1)观察猜想 如图1，当为锐角时，用等式表示线段的数量关系：__________． (2)类比探究 如图2，当为钝角时，请依据题意补全图形（无需尺规作图），并判断（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请写出正确结论，并证明． (3)拓展应用 当，且时，若，请直接写出的值． 17．（2025·河北·中考真题）综合与实践 ［情境］要将矩形铁板切割成相同的两部分，焊接成直角护板（如图），需找到合适的切割线． ［模型］已知矩形（数据如图所示）．作一条直线，使与所夹的锐角为，且将矩形分成周长相等的两部分． ［操作］嘉嘉和淇淇尝试用不同方法解决问题． ［探究］根据以上描述，解决下列问题． ［拓展］操作和探究中蕴含着一般性结论，请继续研究下面的问题． 如图3，嘉嘉的思路如下： ①连接，交于点； ②过点作，分别交，于点， …… 如图4，淇淇的方法如下： ①在边上截取，连接； ②作线段的垂直平分线，交于点； ③在边上截取，作直线． (1)图中，矩形的周长为______； (2)在图的基础上，用尺规作图作出直线（作出一条即可，保留作图痕迹，不写作法）； (3)根据淇淇的作图过程，请说明图中的直线符合要求． (4)如图，若直线将矩形分成周长相等的两部分，分别交边，于点，，过点作于点，连接． 当时，求的值； 当最大时，直接写出的长． 18．（2025·四川资阳·中考真题）在四边形中，是边上的一点，是对角线的中点． (1)如图1，四边形是正方形，连接，作交于点，求证：； (2)如图2，四边形是平行四边形，，连接，作交于点，连接，求的值； (3)如图3，四边形是菱形，，连接交于点是边上的一点，，若，求的长． 19．（2025·四川广元·中考真题）综合与实践 （1）【初步感知】如图①，△ABC和△ADE中，，，，求的度数； （2）【深入探究】如图②，在矩形中，，点E是线段上一点，连接，过点A在上方作，使，连接，请证明，并直接写出点F到的距离的最大值； （3）【学以致用】如图③，梯形中，，，，，点E是线段的中点，点F是线段上一点，连接，过点E在上方作，使，当的面积最小时，求的长． 20．（2025·江苏无锡·中考真题）【数学发现】 某校数学兴趣小组进行了如下探究：以△ABC内部任意一点为中心，画出与成中心对称的．当点处于不同位置时，从“形”的角度发现两个三角形的重叠部分只可能有两种情况：如图1所示的平行四边形，如图2所示的有三组对边分别平行的六边形（称为“平行六边形”）；从“数”的角度发现两个三角形重叠部分的面积在不断变化． 【问题解决】 组员小明选择面积为1的，以其内部任意一点为中心，画出与之成中心对称的，探究了下列问题，请你帮他解答． (1)如图3，，当点关于点的对称点落在边上时，两个三角形重叠部分为． ①若，求的长；（请直接写出答案） ②若的面积为，求的长． (2)如图4，点为的中点，点在上，若两个三角形的重叠部分为“平行六边形”，求“平行六边形”面积的最大值，并指出此时点的位置． 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题23 四边形综合压轴题 四边形综合压轴题是中考数学的核心难点题型，通常以矩形、菱形、正方形等特殊平行四边形为载体，融合全等三角形、相似三角形、勾股定理、函数建模、图形变换（折叠、旋转、平移）、最值问题等多个知识点。此类题目不仅考查对四边形性质与判定的熟练掌握，更注重逻辑推理、几何建模和综合运用能力的考查. 考点 ①四边形与图形变换（折叠、旋转）综合； ②四边形与动点问题（动线、动角、动图形）； ③四边形与最值问题（线段最值、面积最值）； ④四边形与函数结合（坐标几何、解析式求解）； ⑤四边形与全等/相似三角形综合证明与计算。 考情 中考中多以解答题形式出现，分值占比8-12分，难度系数0.6-0.8，是拉开分数差距的关键题型。 一、核心性质与判定 1. 平行四边形 性质：对边平行且相等；对角相等；对角线互相平分；中心对称图形。 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。 2. 矩形 性质：平行四边形所有性质；四个角为直角；对角线相等；轴对称+中心对称图形。 判定：平行四边形+一个直角；平行四边形+对角线相等；三个角为直角的四边形。 推论：矩形对角线把矩形分成四个等腰三角形；直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半（逆用可判定矩形）。 3. 菱形 性质：平行四边形所有性质；四条边相等；对角线互相垂直且平分内角；轴对称+中心对称图形。 判定：平行四边形+一组邻边相等；平行四边形+对角线垂直；四条边相等的四边形。 推论：菱形面积=对角线乘积的一半；菱形对角线把菱形分成四个全等的直角三角形。 4. 正方形 性质：矩形+菱形所有性质；对角线相等且垂直平分；四个角为直角，四条边相等；轴对称（4条）+中心对称图形。 判定：矩形+一组邻边相等；菱形+一个直角；对角线相等且垂直平分的四边形。 推论：正方形对角线与边长的比为；正方形内任意一点到四个顶点距离的平方和等于两条对角线平方和的一半。 二、重要模型 1. 折叠模型：折叠前后对应边相等、对应角相等，折痕垂直平分对应点连线；矩形折叠中常利用“勾股定理列方程”求解线段长度。 2. 旋转模型：正方形/菱形中旋转90°可构造全等三角形（如“半角模型”：正方形中∠MAN=45°，则BM+DN=MN）。 3. 中位线模型：三角形中位线平行于第三边且等于第三边的一半；四边形中位线（顺次连接各边中点）：平行四边形→平行四边形，矩形→菱形，菱形→矩形，正方形→正方形。 4. 最值模型： 线段最值：利用“两点之间线段最短”“垂线段最短”； 面积最值：结合函数建模（二次函数顶点式）或几何图形性质（如菱形面积随对角线变化）。 5. 坐标模型：特殊四边形的坐标特征（如矩形顶点坐标满足对边横坐标差相等、纵坐标差相等），可通过坐标法求解线段长度和角度。 考点1：四边形与折叠综合 例1．（25-26八年级下·上海闵行·月考）问题发现 (1)基本模型——十字架模型 如图1所示，在正方形内，点在边上，点在边上，、交于点，①若则有结论；②反之若有，则有结论． 对于上述问题请选择一个命题加以证明． (2)模型运用 如图2，在正方形中，，点在边上（不与、重合），连接，将△ADE沿翻折，得到，连接并延长交于点． ①若，求的值． ②如图3，若与交于点，连接，若，求证：． 【答案】(1)见解析;(2)①；②见解析 【分析】（1）①根据正方形的性质以及同角的余角相等，找到相等的边和角，利用证明，进而可得； ②根据正方形的性质得内角为，根据证明，得，进而得，从而证明； （2）①先根据勾股定理求的长，记与相交于点，由翻折得、，根据等面积法得，进而根据计算； ②根据正方形和翻折性质得，根据，翻折后和的性质证明，根据等腰三角形三线合一得，由得，由得，由翻折得，等量代换后，根据证明． 【详解】（1）选择①，证明如下： 证明：四边形是正方形， ，， ， ，，， ， 在△ADE和中， ， ， ； 选择②，证明如下： 证明：四边形是正方形， ，， 在和中， ， ， ， ， ， ； （2）①解：四边形是正方形，， ， 在中，， 由翻折得，垂直平分， 记与相交于点，则，且， 在中， ，即， 解得，， ； ②证明：由翻折得，，，， 四边形是正方形， ，， ， ， ， ， ， 由翻折得，垂直平分， 是等腰三角形，是的角平分线， ， 在中，，， 在中，，， ， ， ，， 在和中， ， ． 考点2：四边形与旋转综合 例2．（25-26九年级下·辽宁阜新·月考）按要求作答 (1)如图1，在△ABC与中，，，，如图2，将图1中的绕着点B逆时针旋转得到，当点D的对应点在线段的延长线时，与相交于点E，连接，若，，求线段的长； (2)如图3，将直角，，点M为线段中点，连接，当点C的对应点在线段的延长线时，连接，的延长线与相交于点N，请回答下列问题： ①求证：点N为中点； ②若，，求出的面积． 【答案】(1);(2)①见解析 ② 【分析】（1）先推导出，过点作交于点H，得到四边形为矩形，证，最后在中，由勾股定理即可求出； （2）①连接，过作交于点H，先证明，，，四边形为矩形，最后根据等腰三角形“三线合一”证得点N为中点；②由①可知，，，求得 ，根据勾股定理求出，从而求得，再证，从而求得，最后根据三角形面积公式即可求解． 【详解】（1）解：如图1， 在△ABC与中 ， ， ， 如图2， 过点作交于点H， ∴， ∵△DCB旋转得到， ， ∴，，，， ， 四边形为矩形， ，， ∵，， ， ，即 ， ， ， ， 在中，由勾股定理得：； （2）解：①连接，过作交于点H， 直角△ABC绕着点A顺时针旋转得到， ，，，， ∴，， ， ， 点M为线段中点，， ， ， ， ， ， 在与中， ， ， 又， 四边形为平行四边形， 又， 四边形为矩形， ， 又， ， 点N为中点； ②，，， ∴，， 由①可知，，， 又， ， ， ， ， ∵四边形为矩形， ∴， ， ， ， ， 又， ， ， ， ， 的面积为． 考点3：四边形与动点最值综合 例3．（25-26九年级上·河南郑州·期末）如图，正方形边长为8，E是对角线上的动点，以为斜边向右侧作等腰直角，G在上且，连接，，则的最小值为________． 【答案】 【分析】此题考查了等腰三角形的性质，正方形的性质，相似三角形的判定和性质，轴对称的性质等知识，解决问题的关键作辅助线，构造相似三角形．作于，作射线，可证得，从而，从而得出点在过且与成的直线上运动，直线交于，连接，交交于，当点在处时，最小，可求得，进而解答即可. 【详解】解：如图，作于，作射线， 四边形是正方形， ， ， ，， ， 是等腰直角三角形，，， ， ， ， ， ， 点在过点 且与成的直线上 运动，直线交于， ， ∴， 连接 交于， ∴即， 当点在处时，最小，最小值为线段的长， ， ，， ， ， 的最小值为， 故答案为：． 考点4：四边形与函数结合 例4．（22-23九年级·重庆·自主招生）抛物线与x轴相交于A、B两点（A在B的左侧），与y轴交于C点，连接、． (1)如图1、2，点P是第四象限内抛物线上的一点，作垂直于x轴于E，交于D点，作交于F，当的周长最大时，连接，在x轴上任意取一点R将沿翻折，P的对应点为，连接，取的中点G，再连接，并求出的最小值； (2)如图3，将沿射线方向平移，记平移后的图形为，当的点恰好落在的角平分线上时，将绕点顺时针旋转，直线交x轴于点M，在y轴上取一点W，平面内是否存在点K，使得以点K，M，W，为顶点的四边形为菱形？若存在，请求出K的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)的最小值为 (2)的坐标为或或 【分析】（1）先求抛物线与坐标轴交点、、，得直线解析式．设坐标为，求最大值并结合二次函数的性质可得．取中点，由中位线得，由，进而即可得解． （2）由为等腰直角三角形，平移后在平分线上，得．旋转后求，分三种菱形构型，利用菱形边长相等、对边平行的性质，求得的坐标． 【详解】（1）解：当时， ， 当时， 解得或， ，，， ，， ， ， ∵AC∥PF， 定值，定值， 的三个角都为定值， 当最大时，的周长最大， 设， 设直线的解析式为， 将，代入得， 解得， ∴直线的解析式为， ， ， ， ∴当时，的最大值为，此时， 如图2中，连接．取的中点，连接． ∵，，且的中点为， ∴， 又，， ， ，， ∴是的中位线， ， ， ， 的最小值为； （2）解：存在，如图3中，延长交轴于，过点作于． 由平移可得，， 又∵， ∴为等腰直角三角形， ， ， ，， ∵平分， ， ， ， ，且， ∴为等腰直角三角形， ， ∵， ∴四边形是矩形， ，， ， ， 如图4中，过点作，于．作交于． ∴， ∵为等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， 又∵，， ， ， 将绕点顺时针旋转， ， ， ， ∵， ， ， ，， ∴， ， 当四边形是菱形时，，过点作于点X， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∵，，且， ∴； 当四边形是菱形时，同理可得， ∴， 同理可得， 当四边形是菱形时，设交于，交轴于． 则可得点为和的中点，且， 在中，，， ，， ， ∵， ∴， ，， ，，， 同理可得． 综上所述，满足条件的点的坐标为或或． 【点睛】本题为抛物线压轴综合题，融合二次函数最值、图形翻折、平移旋转、菱形存在性等核心考点，运用数形结合、分类讨论、转化化归思想，全面考查几何与代数的综合应用能力． 一、单选题 1．（2025·黑龙江·中考真题）如图，在正方形中，点在边上（不与点B、C重合），点E在的延长线上，且，连接、、，过点作于点，分别交、、于点、、．则下列结论：①；②；③；④若，则；⑤图中共有5个等腰三角形．其中正确的结论是（   ） A．①②③⑤ B．①②④⑤ C．①②③④ D．①③④⑤ 【答案】C 【分析】本题考查了正方形性质、等腰三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、解三角形等，解题关键是利用垂直证明角的关系，从而证明三角形全等或相似． 容易证明，从而可得，进而可得，从而可得②正确，过点作，交于点，构造，结合四边形是平行四边形可得，可得①正确，再利用角关系证明，，可得，从而得出结论③正确，过点作，设，由可得，解三角形求出，，从而求出，故结论④正确，再判定不一定是等腰三角形，得出等腰三角形有、、、，共四个，故结论⑤错误． 【详解】解：如图1，过点作，交于点， ∵在正方形中， ∴，，，， ∴、是等腰三角形， 又∵，， ∴， ∴，，， ∴是等腰三角形， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∵， ∴，， ∴， 设， ∵，， ∴，故结论②正确； ∴，即是等腰三角形， ∵在和中， ， ∴， ∴， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∴， ∴，故结论①正确， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴ ∴， ∵， ∴， ∴，故结论③正确， 过点作，如图2； 设，由可得，， ∴， ∵， ∴， ∴，故结论④正确， ∵，， ∴不一定等于，， ∴ 不一定是等腰三角形， 故等腰三角形有、、、，共四个，故结论⑤错误， 综上所述：正确结论有①②③④． 故选C． 2．（2025·山东东营·中考真题）如图，已知四边形是菱形，，对角线、相交于点O，过点D作交的延长线于点E，F为的中点，连接交于点G，连接交于点H，连接．则下列结论：①四边形为平行四边形；②；③；④．其中正确的有（    ） A．①②③ B．①③④ C．②③④ D．①②③④ 【答案】D 【分析】由菱形的性质得出，，进而可求出，由含30度直角三角形的性质得出，结合已知条件即可判定①．根据相似三角形的判定和性质即可判定②．证明是等边三角形，由等边三角形的性质进一步证明，由相似三角形的性质进而可判定③，过点H作与点Q，通过解直角三角形求出，，再求出，最后再根据正切的定义求解即可． 【详解】解：∵四边形是菱形，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵F为的中点， ∴， ∴， 又， ∴四边形为平行四边形，故①正确； ∵， ∴， ∴，故②正确； ∵四边形是菱形，， ∴，， ∴是等边三角形， ∴， 又∵，， ∴，， 又， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，故③正确； 如下图，过点H作与点Q， 设菱形的边长为，则， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴，故④正确， 故选D 【点睛】本题主要考查了菱形的性质，解直角三角形的相关计算，等边三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，掌握这些知识是解题的关键． 3．（2025·四川宜宾·中考真题）如图，在中，，，，过点A作直线，点是直线上一动点，连结，过点作，连结使．当最短时，则的长度为（　　）    A． B．4 C． D． 【答案】B 【分析】在点A的右侧取一点G，使得，连结，，过点F作于点H，先根据相似三角形的判定与性质，推得都是定值，点F在射线上运动，从而得到当时，最短，并画出图形，再通过设未知数列方程，逐步求得和的长，最后根据相似三角形的性质，即可求得答案． 【详解】解：如图1，在点A的右侧取一点G，使得，连结，，过点F作于点H， 直线，， ， ，， ， ， ， ， ，， ，， ， ， ，， ， ， 和都是定值， 点F在射线上运动， 当时，最短（如图2所示）， 延长，相交于点N， ， 四边形是矩形， ，， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 设，则，， ， ， ， ， ， ， 解得， ，，，， ，， ， ， ， 解得， 当最短时，则的长度为4． 故选：B．    【点睛】本题考查了几何最值问题，解直角三角形，相似三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，勾股定理等知识，探究线段最短时的几何图形是解题的关键． 二、填空题 4．（2025·四川广安·中考真题）已知的面积是1． （1）如图1，若D，E分别是边和的中点，与相交于点F，则四边形的面积为__________． （2）如图2，若M，N分别是边和上距离C点最近的6等分点，与相交于点G，则四边形的面积为__________． 【答案】 【分析】（1）连接，可证明是的中位线，得到，证明，可得，则；进而可得；证明，得到，则可得到，则，据此可得答案； （2）连接，证明，得到，，，则可证明，；再证明，得到；证明，得到，则，则，据此可得答案． 【详解】解：（1）如图所示，连接， ∵D，E分别是边和的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴， ∴， ∵的面积是1， ∴； ∵D是的中点， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：； （2）如图所示，连接， ∵M，N分别是边和上距离C点最近的6等分点， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴，，， ∴； ∵的面积是1， ∴； ∵M是靠近点C的六等分点， ∴， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，三角形中位线定理，正确作出辅助线构造相似三角形是解题的关键． 5．（2025·四川眉山·中考真题）如图，正方形的边长为4，点E在边上运动（不与点A、D重合），，点F在射线上，且，连接，交于点G，连接．下列结论：①；②；③的面积最大值是2；④若，则点G是线段的中点．其中正确结论的序号是________． 【答案】①③④ 【分析】过作，交的延长线于点，证明为等腰直角三角形，推出，进而得到，证明，推出为等腰直角三角形，进而得到，进而得到，判断①；延长至点，使，连接，证明，再证明，得到，判断②；设，则：，，将的面积转化为二次函数求最值，判断③；设，得到，在中，由勾股定理，求出的值，判断④即可． 【详解】解：过作，交的延长线于点，则：， ∵正方形，边长为4， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即：， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即：， ∴， ∴，故①正确； 延长至点，使，连接， ∵，， ∴， ∴，， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴；故②错误； 设，则：，， ∴的面积， ∴当时，的面积最大为2；故③正确； ∵， ∴， 设，则：， 在中，由勾股定理，得：， 解得：， ∴， ∴点G是线段的中点；故④正确； 故答案为：①③④ 【点睛】本题考查正方形的性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识点，熟练掌握相关知识点，添加辅助线构造全等三角形和特殊三角形，是解题的关键． 三、解答题 6．（2025·四川成都·中考真题）如图，在中，点在边上，点关于直线的对称点落在内，射线交射线于点，交射线于点，射线交边于点． 【特例感知】 （1）如图1，当时，点在延长线上，求证：； 【问题探究】 （2）在（1）的条件下，若，，求的长； 【拓展延伸】 （3）如图2，当时，点在边上，若，求的值．（用含的代数式表示） 【答案】（1）见解析；（2）4；（3） 【分析】（1）由折叠的性质得：，再结合平行四边形的性质可得，然后根据三角形内角和定理可得，即可求证； （2）根据全等三角形的性质可得，从而得到，可证明，从而得到，再由折叠的性质得：，再根据，可得，即可求解； （3）延长交于点，设，，证明得出，证明得出，证明得出，进而求得，根据得出，根据相似三角形的性质，即可求解． 【详解】解：（1）由折叠的性质得：， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴； （2）∵， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， 由折叠的性质得：， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∴， ∴，解得：， ∴， ∴； （3）解：如图，延长交于点， 设， ∵， ∴，， ∴， ∵折叠， ∴ ∵，即 ∴ ∴即 ∴ ∵四边形是平行四边形， ∴ 又∵折叠， ∴ ∵ ∴ ∴ ∵ ∴ ∵ ∴ ∴ 又∵ ∴ ∴即 ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ 解得： ∴ 又∵ ∴ ∴． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，折叠的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键． 7．（2025·江西·中考真题）综合与实践 从特殊到一般是研究数学问题的一般思路，综合实践小组以特殊四边形为背景就三角形的旋转放缩问题展开探究． 特例研究 在正方形中，相交于点O． （1）如图1，可以看成是绕点A逆时针旋转并放大k倍得到，此时旋转角的度数为________，k的值为________； （2）如图2，将△AOB绕点A逆时针旋转，旋转角为α，并放大得到（点O，B的对应点分别为点E，F），使得点E落在上，点F落在上，求的值 类比探究 （3）如图3，在菱形中，，O是的垂直平分线与的交点，将绕点A逆时针旋转，旋转角为α，并放缩得到（点O，B的对应点分别为点E，F），使得点E落在上，点F落在上．猜想的值是否与α有关，并说明理由； （4）若（3）中，其余条件不变，探究之间的数量关系（用含β的式子表示）． 【答案】（1）；；（2）；（3）的值与α无关，理由见解析；（4）． 【分析】（1）利用正方形的性质结合旋转的性质求解即可； （2）由题意得，推出，，再得到，推出，根据正方形的性质求解即可； （3）同理可证，得到，根据线段垂直平分线的性质求得，再根据余弦函数的定义求解即可； （4）同理可证，，，根据，求解即可． 【详解】解：（1）∵正方形， ∴，， ∴旋转角为，， 故答案为：；； （2）如图， 根据题意得， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴； （3）的值与α无关，理由如下， 如图， 同理可证， ∴， ∵菱形中，， ∴， ∵O是的垂直平分线与的交点， ∴， ∴， 过点作于点， ∴，， ∴， ∴， ∴的值与α无关； （3）同理可证，，， ∴，， ∵， ∴ ， 即． 【点睛】本题考查了旋转的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形，线段垂直平分线的性质，正方形和菱形的性质．解题的关键是灵活运用所学知识解决问题． 8．（2025·甘肃·中考真题）四边形是正方形，点E是边上一动点（点D除外），是直角三角形，，点G在的延长线上． (1)如图1，当点E与点A重合，且点F在边上时，写出和的数量关系，并说明理由； (2)如图2，当点E与点A不重合，且点F在正方形内部时，的延长线与的延长线交于点P，如果，写出和的数量关系，并说明理由； (3)如图3，在（2）的条件下，连接，写出和的数量关系，并说明理由． 【答案】(1)，理由见解析；(2)，理由见解析；(3)，理由见解析 【分析】（1）根据正方形的性质，证明，即可得出结论； （2）根据正方形的性质，证明，即可得出结论； （3）作，得到，平行线分线段成比例得到，进而得到为的中位线，得到，根据，得到，进而得到，勾股定理得到，再根据，即可得出结论． 【详解】（1）解：，理由如下： ∵正方形， ∴， ∵是直角三角形，， ∴， 当点E与点A重合时，则：， ∴， 又∵， ∴， ∴； （2）∵正方形， ∴， ∵点G在的延长线上，的延长线与的延长线交于点P， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； （3），理由如下： 由（2）可知：， ∴，， 作于点，则：， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴为的中位线， ∴， ∵，， ∴， 又∵， ∴， 在中，由勾股定理，得：， ∵， ∴． 【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，平行线分线段成比例，三角形的中位线定理，勾股定理等知识点，熟练掌握相关知识点，证明三角形全等，添加辅助线构造特殊图形，是解题的关键． 9．（2025·江苏扬州·中考真题）问题：如图1，点为正方形内一个动点，过点作，，矩形的面积是矩形面积的2倍，探索的度数随点运动的变化情况． 【从特例开始】 （1）小玲利用正方形网格画出了一个符合条件的特殊图形（如图2），请你仅用无刻度的直尺连接一条线段，由此可得此图形中______； （2）小亮也画出了一个符合条件的特殊图形（如图3），其中，，，求此图形中的度数； 【一般化探索】 （3）利用图1，探索上述问题中的度数随点运动的变化情况，并说明理由． 【答案】（1）作图见解析，45；（2）；（3）随点的运动，的度数不变，且为 【分析】（1）连接与格线的交点记为，先确定点为格点，然后由勾股定理以及逆定理证明为等腰直角三角形，即可求解的度数； （2）延长至点，使得，连接，先证明，则，，那么，可得四边形是矩形，四边形为矩形，求出，由勾股定理得，则，那么，则，即可求解； （3）延长至点，使得，连接，同理，同（2）可得四边形是矩形，四边形为矩形，设正方形的边长为，，则，，由，得到，在中，由勾股定理得，求出，则，再同（2）即可． 【详解】解：（1）如图，即为所求： 连接与格线的交点记为， 由网格可得，， ∴， ∴， ∵， ∴, ∴为格点，同理为格点， ∵，，， ∴，， ∴， ∴为等腰直角三角形， ∴； 故答案为：45； （2）延长至点，使得，连接， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴，， ∴， ∵，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形， 同理可得四边形为矩形， ∴，， ∴，， ∴， ∴在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，即； （3）随点的运动，的度数不变，且为，理由如下： 延长至点，使得，连接， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴，，， ∴， 同（2）可得四边形是矩形，四边形为矩形， 设正方形的边长为，， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， 整理得， ∵在中，， ∴ ， ∴（舍负）， ∴， ∴在和中， ， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，即． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理及其逆定理，等腰三角形的定义，正方形的性质，全等三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键． 10．（2025·甘肃平凉·中考真题）四边形是正方形，点E是边上一动点（点D除外），是直角三角形，，点G在的延长线上． (1)如图1，当点E与点A重合，且点F在边上时，写出和的数量关系，并说明理由； (2)如图2，当点E与点A不重合，且点F在正方形内部时，的延长线与B的延长线交于点P，如果，写出和的数量关系，并说明理由； (3)如图3，在（2）的条件下，连接，写出和的数量关系，并说明理由． 【答案】(1)，理由见解析；(2)，理由见解析 (3)，理由见解析 【分析】（1）根据正方形的性质，证明，即可得出结论； （2）根据正方形的性质，证明，即可得出结论； （3）作，得到，平行线分线段成比例得到，进而得到为的中位线，得到，根据，得到，进而得到，勾股定理得到，再根据，即可得出结论． 【详解】（1）解：，理由如下： ∵正方形， ∴， ∵是直角三角形，， ∴， 当点E与点A重合时，则：， ∴， 又∵， ∴， ∴； （2）∵正方形， ∴， ∵点G在的延长线上，的延长线与的延长线交于点P， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴； （3），理由如下： 由（2）可知：， ∴，， 作于点，则：， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴为的中位线， ∴， ∵，， ∴， 又∵， ∴， 在中，由勾股定理，得：， ∵， ∴． 【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，平行线分线段成比例，三角形的中位线定理，勾股定理等知识点，熟练掌握相关知识点，证明三角形全等，添加辅助线构造特殊图形，是解题的关键． 11．（2025·黑龙江·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，菱形的边在轴上，，的长是一元二次方程的根，过点作交于点，交对角线于点．动点从点以每秒个单位长度的速度沿向终点运动，动点从点以每秒个单位长度的速度沿向终点运动，、两点同时出发，设运动时间为秒． (1)求点坐标； (2)连接、，求的面积S关于运动时间t的函数解析式； (3)当时，在对角线上是否存在一点，使得是含角的等腰三角形．若存在，请直接写出点E的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)点的坐标为； (2)的面积S关于运动时间t的函数解析式为； (3)当时，在对角线上存在一点，使得是含角的等腰三角形，，，． 【分析】（1）解方程得出的长度，由菱形的性质与锐角函数综合，可得和的长度，即可得点的坐标； （2）分类讨论，分别由运动时间表示出线段长度，代入三角形的面积公式，化简整理即可； （3）根据运动时间，确定点和点的坐标，分类讨论，根据等腰三角形的性质即可得点的坐标． 【详解】（1）解：由解得，，， ∵的长是一元二次方程的根， ∴， ∵四边形为菱形， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵四边形为菱形， ∴平分， ∴， ∴， ∴ 答：点的坐标为． （2）解：根据题意可知，，， 如图，作于点，则， ∵，，， ∴， 作轴于点， ∵四边形为菱形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 当时，， ∴的面积， 当时，， ∴的面积， 综上所述，， 答：的面积关于运动时间t的函数解析式为． （3）解：如图，当时，，点和点重合，，，， 假设在对角线上存在一点，使得是含角的等腰三角形， 当为顶角时，点与点重合，， 当为顶角时，点与点重合，， 当为顶角时，， 设，则， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 答：当时，在对角线上存在一点，使得是含角的等腰三角形，，，． 【点睛】本题考查解一元二次方程，菱形的性质，锐角三角函数，解直角三角形，等腰三角形，解题的关键是正确作出辅助线，熟练掌握分类讨论的思想方法． 12．（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 13．（2025·湖北武汉·中考真题）如图，四边形是正方形，点在边上，点在边的延长线上，，射线交对角线于点，交线段于点． (1)求证：．（温馨提示：若思考有困难，可尝试证明） (2)求证：． (3)若，直接写出的值（用含的式子表示）． 【答案】(1)见解析；(2)见解析；(3) 【分析】本题考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，正方形的性质，线段比例关系的推导，熟练掌握这些知识点是解题的关键． （1）先证明，再根据全等三角形的性质及外角的定义得出，由等角对等边即可证明； （2）通过证明和，利用相似三角形的性质证明即可； （3）设，根据比例关系得出，，再根据全等关系得出，进而求解即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即， ∴； （2）证明：∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； （3）解：∵，， ∴， 设， ∴， ∴，， ∴， 由（1）得， ∴， ∴． 14．（2025·四川攀枝花·中考真题）如图1，正方形的边长为2．E、F分别为边、上的动点，的周长为4，是延长线上的一点，且． (1)求证：； (2)试问的大小是否为定值，如果是，请求出该定值；如果不是，请说明理由； (3)如图2，若为边的中点，过点作，垂足为．求的最小值． 【答案】(1)见解析；(2)的大小是定值，定值为；(3) 【分析】（1）利用正方形的性质证明，得到，再利用角的和差得到，即可证明； （2）由的周长为4，得到，由正方形的边长为2得到，得到，进而利用线段的和差推出，通过证明得到，结合即可得出结论； （3）连接，利用全等三角形的性质得到，利用三角形的面积公式得到，利用勾股定理求出的长，再根据即可求出的最小值． 【详解】（1）证明：∵正方形， ∴，， ∴， ∴， 在和中， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：∵的周长为4， ∴， ∵正方形的边长为2， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 由（1）得，， ∴， 在和中， ；∴， ∴， ∴， ∴的大小是定值，定值为； （3）解：连接， ∵正方形的边长为2， ∴，， ∴是的高， ∵， ∴是的高， 由（2）得，， ∴， ∴， 由（2）得，， ∴， ∵为边的中点， ∴， ∴， ∵， ∴，解得， ∴的最小值为． 【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的性质与判定、勾股定理、三角形的面积公式、线段最值问题，正确找出全等三角形并证明是解题的关键． 15．（2025·上海·中考真题）在平行四边形中，，分别为边，上两点． (1)当是边中点时， ①如图（1），联结，如果，求证：； ②如图（2），如果，联结，交边于点，求的值； (2)如图（3）所示，联结，，如果，，，．求的长． 【答案】(1)①见解析；②；(2) 【分析】（1）①延长交于H，可证明，得到，则可证明，得到，则； ②如图所示，延长交于M，由平行四边形的性质得到，，证明，，得到，，则；设，则，，进而可得，即可得到；可证明，，设，则，则，据此可得答案； （2）延长交于M，由平行四边形的性质可得，，证明，，再证明，得到，求出，设，则由相似三角形的性质可得，，进而可得；再由，得到，则，解方程即可得到答案． 【详解】（1）解：①如图所示，延长交于H， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵是边中点， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； ②如图所示，延长交于M， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴，， ∴，， ∴， ∵是边中点， ∴， 设，则， ∴， ∴， ∵， ∴； ∴，， 设，则， ∴， ∴； （2）解；如图所示，延长交于M， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴； ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 设， ∵， ∴，即 ∴， ∵，即， ∴， ∴； ∵， ∴，即， ∴，解得或（舍去）， ∴． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，正确作出辅助线构造全等三角形和相似三角形是解题的关键． 16．（2025·河南·中考真题）在中，点是的平分线上一点，过点作，垂足为点，过点作，垂足为点，直线交于点，过点作，垂足为点． (1)观察猜想 如图1，当为锐角时，用等式表示线段的数量关系：__________． (2)类比探究 如图2，当为钝角时，请依据题意补全图形（无需尺规作图），并判断（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请写出正确结论，并证明． (3)拓展应用 当，且时，若，请直接写出的值． 【答案】(1)；(2)图见解析；不成立，，证明见解析；(3) 或． 【分析】本题主要考查了角平分线的性质定理、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、矩形的判定与性质等知识点，灵活运用相关知识成为解题的关键． （1）如图，过点C作于点P，由角平分线的性质定理可得，再证明可得，然后说明四边形是矩形可得，最后根据线段的和差以及等量代换即可解答； （2）如图，过点C作于点Q，由角平分线的性质定理可得，再证明可得，然后说明四边形是矩形可得，最后根据线段的和差以及等量代换即可解答； （3）分和分别利用（1）（2）的相关结论以及相似三角形的判定与性质、勾股定理解答即可． 【详解】（1）解：如图，过点C作于点P， ∵平分，，， ∴， 在和中， ∵，， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴． 故答案为：． （2）解：不成立，，证明如下： 如图，过点C作于点Q， ∵平分，，， ∴， 在和中， ∵，， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ∴． （3）解：①如图：当时， ∵， ∴， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； ②如图：当时， ∵， ∴， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 综上，的值为 或． 17．（2025·河北·中考真题）综合与实践 ［情境］要将矩形铁板切割成相同的两部分，焊接成直角护板（如图），需找到合适的切割线． ［模型］已知矩形（数据如图所示）．作一条直线，使与所夹的锐角为，且将矩形分成周长相等的两部分． ［操作］嘉嘉和淇淇尝试用不同方法解决问题． ［探究］根据以上描述，解决下列问题． ［拓展］操作和探究中蕴含着一般性结论，请继续研究下面的问题． 如图3，嘉嘉的思路如下： ①连接，交于点； ②过点作，分别交，于点， …… 如图4，淇淇的方法如下： ①在边上截取，连接； ②作线段的垂直平分线，交于点； ③在边上截取，作直线． (1)图中，矩形的周长为______； (2)在图的基础上，用尺规作图作出直线（作出一条即可，保留作图痕迹，不写作法）； (3)根据淇淇的作图过程，请说明图中的直线符合要求． (4)如图，若直线将矩形分成周长相等的两部分，分别交边，于点，，过点作于点，连接． 当时，求的值； 当最大时，直接写出的长． 【答案】(1)；(2)见解析；(3)；(4)；． 【分析】根据矩形的周长公式计算即可； 以点为圆心为半径画弧，交于点，延长交于点，连接，由作图可知是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质可证，根据矩形的性质可证，根据全等三角形的性质可证，，从而可证直线把矩形分成了周长相等的两部分，所以线段即为所求； 根据矩形的性质可证四边形是平行四边形，根据平行四边形的性质可证，根据平行四边形的性质和矩形的性质可以证明书，，所以可以证明，所以直线把矩形分成了周长相等的两部分，从而可证直线符合要求； 过点作，连接交于点，过点作于点，过点作，根据矩形的性质可得：，，，根据勾股定理可以求出，利用可证，根据全等三角形的性质可得：，，从而可得：，，根据等腰直角三角形的性质可得：，，根据正切的定义可以求出的正切； 连接交于点，把矩形分成了周长相等的两部分，点为和的中点，利用勾股定理可以求出，，过点作，则，根据相似三角形的性质可以求出，，，在中，利用勾股定理可得：，在中，利用勾股定理即可求出的长度． 【详解】（1）解：四边形是矩形， ， ，， ，， 矩形的周长为， 故答案为：； （2）解：如下图所示， 以点为圆心为半径画弧，交于点，延长交于点，线段即为所求， ， ， ， 是等腰直角三角形， ， 矩形的对角线交于点， ， 四边形是矩形， ，， ， 在和中，， ， ， ， ， 直线把矩形分成周长相等的两部分； （3）证明：四边形是矩形， ，， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， ， 直线是的垂直平分线， ， ， ，， ， ， 把矩形分成了周长相等的两部分， 直线符合要求； （4）解：如下图所示，过点作，连接交于点，过点作于点，过点作， 四边形是矩形，且直线将矩形分成周长相等的两部分， 则点是矩形的对角线与的交点， 点是的中点， ， ，，， ， 是等腰直角三角形， ， ， 四边形是矩形， ， ， 在和中，， ， ，， ， ， ， 于点， ， 是等腰直角三角形， ，， ； 解：如下图所示，连接交于点， 把矩形分成了周长相等的两部分， 点为和的中点， ， 点在以为直径的上， 当与相切时，最大， ，， ， ， ， 过点作， ， 四边形是矩形， ， 则， ， ， ，， ， ， 是的切线， ， ． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质、中心对称图形的性质、圆的基本性质、切线的性质、圆周角定理、勾股定理、相似三角形的判定与性质，本题的综合性较强，难度较大，需要综合运用矩形、圆、切线等图形的性质，解决本题的关键是作辅助线构造直角三角形，利用直角三角形的性质求解． 18．（2025·四川资阳·中考真题）在四边形中，是边上的一点，是对角线的中点． (1)如图1，四边形是正方形，连接，作交于点，求证：； (2)如图2，四边形是平行四边形，，连接，作交于点，连接，求的值； (3)如图3，四边形是菱形，，连接交于点是边上的一点，，若，求的长． 【答案】(1)见解析；(2)；(3) 【分析】（1）连接，根据正方形的性质，利用得到，即可证明结论； （2）过点A作于点G，过点F作于点，根据勾股定理求出长，然后根据平行四边形的面积公式求出长，根据正切得到长，然后设，则，求出长，再根据正切得到求出a的值，解答即可； （3）过点D作于点P，作于点Q，设，求出，，然后表示，，在射线上截取，在射线上截取，根据全等得到，，，然后根据勾股定理求出x值，再根据相似三角形的对应边成比例解答即可． 【详解】（1）证明：连接， ∵是正方形，， ∴，，， ∴， ∴， ∴； （2）解：过点A作于点G，过点F作于点， ∵，，， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∵是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，即， 设，则， ∴， 同理可得，即，解得， ∴， 又∵O是的中点， ∴， ∴， ∴； （3）解：过点D作于点P，作于点Q，设， ∵是菱形， ∴，， ∴， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴，， 在射线上截取，在射线上截取， ∵是菱形， ∴，， ∴，， 又∵， ∴， ∴，， 同理：，， ∴， ∴， ∴，即， ∴，解得， 又∵， ∴，， ∴， ∴，即，解得：， 又∵O是的中点， ∴， ∴． 【点睛】本题考查四边形的综合，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，作辅助线构造全等三角形是解题的关键． 19．（2025·四川广元·中考真题）综合与实践 （1）【初步感知】如图①，△ABC和△ADE中，，，，求的度数； （2）【深入探究】如图②，在矩形中，，点E是线段上一点，连接，过点A在上方作，使，连接，请证明，并直接写出点F到的距离的最大值； （3）【学以致用】如图③，梯形中，，，，，点E是线段的中点，点F是线段上一点，连接，过点E在上方作，使，当的面积最小时，求的长． 【答案】（1）；（2）证明见解析；F到的距离的最大值为；（3） 【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质、直角三角形的性质、矩形和梯形的面积计算及几何最值问题，解题的关键是通过角度关系和线段比例证明相似三角形，利用面积关系转化线段关系，结合图形性质求解． （1）初步感知：由推出，结合得比例式，证明，利用得出的度数． （2）深入探究：由矩形面积和面积关系得的定值，结合和矩形中，证明；得出，即可得出在以为直径的圆上运动，进而根据题意，即可求解． （3）学以致用：先计算梯形面积和面积，结合得的定值；根据（2）构造矩形，证明，得出，得出在为直径的圆上，进而求得出当的面积最小时，得出是等腰直角三角形，勾股定理即可得出长． 【详解】（1）解：∵ ∴，即． ． ∴（两边对应成比例且夹角相等）． ∵， ∴． （2）证明：∵， ∴，即， ∴ ∵四边形是矩形，， ∴，， ∵， ∴ ∴ ∴ ∴ ∴在以为直径的圆上运动， ∴到的最大距离为； （3）解：∵梯形中，，，，， ∴， ∵， ∴，即， ∵点E是线段的中点， ∴， 如图，取，作矩形，则，，连接， ∴， ∴， ∴， 又， ∴， ∴， ∴， ∴在为直径的圆上， ∴当的面积最小时，在过点且垂直于的直线上，则此时是等腰直角三角形， ∴． 20．（2025·江苏无锡·中考真题）【数学发现】 某校数学兴趣小组进行了如下探究：以△ABC内部任意一点为中心，画出与成中心对称的．当点处于不同位置时，从“形”的角度发现两个三角形的重叠部分只可能有两种情况：如图1所示的平行四边形，如图2所示的有三组对边分别平行的六边形（称为“平行六边形”）；从“数”的角度发现两个三角形重叠部分的面积在不断变化． 【问题解决】 组员小明选择面积为1的，以其内部任意一点为中心，画出与之成中心对称的，探究了下列问题，请你帮他解答． (1)如图3，，当点关于点的对称点落在边上时，两个三角形重叠部分为． ①若，求的长；（请直接写出答案） ②若的面积为，求的长． (2)如图4，点为的中点，点在上，若两个三角形的重叠部分为“平行六边形”，求“平行六边形”面积的最大值，并指出此时点的位置． 【答案】(1)①，②;(2)，是△ABC的重心. 【分析】（1）①利用面积先求解，再结合中心对称的性质可得，②证明，可设，结合的面积为，可得，同理，进一步建立方程求解即可. （2）如图，连接，，记，的交点为，证明共线，共线，，，，，，设，，， 可得，再进一步求解即可. 【详解】（1）解：①∵， ∴， ∵， ∴， ∵点关于点的对称点为点， ∴. ②∵， ∴，，，， ∴，， ∴， ∴设， ∴， ∵的面积为， ∴， ∴， ∴， ∵ △ABC与关于成中心对称， ∴，， ∴四边形为平行四边形， ∴， 同理可得：， ∴， ∵， ∴， 解得：，经检验符合题意， ∵，， ∴， ∴. （2）解：如图，连接，，记，的交点为， ∵△ABC与关于成中心对称，“平行六边形”， ∴共线，共线，，，，， ∴， 设，，， ∴, ∵， ∴， ∴，即， 同理：， ∴，即， 同理：， ∴，即， ∴， ∵，，， ∴的最小值为： ， 此时，，， ∴，即， ∴“平行六边形”的面积的最大值为：， 同理可得：， 同理：，， ∴，， ∴， ∴是△ABC的重心. 【点睛】本题考查的是中心对称的性质，平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，三角形的重心的判定与性质，一元二次方程的解法，作出合适的辅助线，选择合适的方法解题是关键. 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $