2026年中考数学二轮专题复习之解答题复习——11：《平行四边形及特殊的平行四边形》

2026 年中考第二轮复习 解答题专题 11 . 平行四边形及特殊的平行四边形   本专题是中考数学几何模块的核心必考枢纽专题，是三角形知识的综合延伸，也是圆、相似、几何压轴题的必备解题基础，是二轮复习 “筑牢几何根基、衔接综合大题、分层提分突破” 的核心课时。 一、题型特点 1.梯度分层精准，完全适配二轮复习进阶需求题目严格形成三级梯度，贴合中考命题逻辑与二轮复习查漏补缺的核心目标：①基础保分层（约 30%），聚焦平行四边形及特殊四边形的性质、判定基础证明，考点单一、逻辑清晰，是全员必拿的保底分；②中档提分层（约 50%），深度融合折叠变换、尺规作图、勾股定理、锐角三角函数、全等三角形，是二轮复习的核心突破重点，也是学生失分的重灾区；③压轴拉分层（约 20%），绑定动点最值、半角模型、二次函数综合、几何阅读探究，是中考解答题压轴的高频题型，区分度极强，侧重考查学生的综合推理与动态分析能力。 2.考点闭环覆盖，核心命题聚焦 “判定 + 性质 + 跨模块融合”本专题 100% 的题目围绕 “平行四边形→矩形→菱形→正方形” 的递进知识体系命题，核心考查各类四边形 “边、角、对角线” 的性质与判定定理；同时超 70% 的题目实现跨模块融合，摒弃纯概念默写式考查，绑定全等 / 相似三角形、圆、平面直角坐标系、一次 / 二次函数等考点，完全贴合 2022 版新课标 “重综合、重应用、重素养” 的中考命题导向。 3.模型化命题特征显著，可固化破题路径超 85% 的题目围绕中考 8 大必考几何模型命题，适配二轮复习 “模型化、高效率” 的复习需求，学生可通过模型识别实现 “见题识型、结论秒解”。核心高频模型包括：瓦里尼翁中点四边形模型、正方形半角模型、十字垂直模型、折叠全等模型、将军饮马 / 垂线段最短最值模型、一线三垂直模型、双平模型（平行 + 角平分线 = 等腰三角形）、对角线垂直四边形面积模型。 素养导向明确，题型创新贴合中考新趋势本专题是中考考查几何逻辑推理能力的核心载体，解答题严格踩点给分，侧重规范的逻辑链书写；同时贴合近年中考命题创新方向，新增阅读探究、实践操作、动态几何、函数图像探究类题型，比如瓦里尼翁平行四边形阅读题、剪拼操作题、动点面积与函数解析式综合题，兼顾对学生几何直观、数学运算、模型观念与创新意识的考查。 二、答题要点 （一）通用核心答题要点 1.筑牢递进式知识体系，锁定破题底层逻辑必须形成 “平行四边形→矩形 / 菱形→正方形” 的闭环知识框架，牢记每一类四边形的判定与性质：平行四边形 5 种判定、矩形 3 种判定、菱形 3 种判定、正方形 2 种递进式判定，这是所有题目的破题基础。核心原则：证特殊四边形，必须先证平行四边形，再叠加对应特殊条件，不可越级证明。 2.全等三角形为通用核心工具，适配 90% 题目无论是证明线段 / 角相等，还是边长计算，优先锁定包含待证 / 待求元素的全等三角形。核心构造思路：①利用平行四边形对边平行且相等、对角相等找全等条件；②通过特殊四边形的对角线性质，锁定等边、等角与直角；③折叠 / 旋转问题中，优先抓对应边、对应角相等的不变量，快速构造全等。 3.模型识别优先，跳过复杂推导实现高效破题审题时第一时间识别几何模型，直接套用固定结论，大幅缩短解题时间：①遇中点，优先用三角形中位线定理、中点四边形固定结论，或中线倍长构造全等；②遇正方形 45° 角，优先用半角模型，通过旋转构造全等，直接套用线段和差结论；③遇折叠问题，锁定全等关系，在直角三角形中用勾股定理列方程；④遇最值问题，先定模型（将军饮马、垂线段最短、轨迹圆），再套用对应解法。 4.方程思想为核心计算方法，通解所有几何计算题遇折叠、动点、边长比例、角度计算问题，优先设未知数，利用勾股定理、相似三角形对应边成比例、锐角三角函数、内角和定理列方程求解，无需复杂辅助线即可破题，是本专题最通用、最高效的计算方法。 （二）分题型精准答题要点 1.基础证明题：两步固定破题法第一步：明确目标四边形的类型，锁定对应判定定理，梳理清所需全部条件，缺什么证什么；第二步：利用平行线性质、特殊四边形性质、全等三角形，补齐判定所需的全部条件，书写时必须保证 “条件→结论” 的完整逻辑链，严禁跳步。例如证菱形，必须先证平行四边形，再证一组邻边相等 / 对角线互相垂直，两步缺一不可。 2.计算求值题：三步标准化解法第一步：通过特殊四边形的性质，锁定直角三角形、等腰 / 等边三角形，确定核心边角关系；第二步：用勾股定理、锐角三角函数、面积法、相似三角形，求出核心线段长；第三步：结合图形性质，计算边长、角度、面积、三角函数值，重点关注折叠问题的不变量、动点问题的临界值。 3.尺规作图题：紧扣性质精准作图无刻度直尺作图，优先利用特殊四边形对角线互相平分、中点、平行线的性质，找对称点、中点、垂线；规范尺规作图，严格遵循垂直平分线、角平分线的作图规范，必须保留作图痕迹，写清作图对应的核心性质。 4.动态几何与综合探究题：先定不变量，再分类讨论第一步：先锁定图形运动中的不变量（固定角、固定边长、全等 / 相似关系）；第二步：按动点运动范围、图形折叠位置，精准划分分类区间，确定临界值；第三步：针对每一种情况，用全等、勾股、函数表示线段关系，求解最终结果，同步明确自变量的取值范围。 5.阅读探究题：吃透材料，迁移应用先读懂材料中的核心定理、推导逻辑与固定结论，直接将结论迁移应用到设问中，无需重复证明，既简化解题步骤，又避免推导错误，同时严格遵循材料给定的逻辑框架答题。 （三）中考答题规范要点 1.证明题必须按 “已知→推导→结论” 的逻辑书写，全等证明必须写齐三个判定条件，特殊四边形证明必须写齐全部判定要素，踩中中考得分点； 2.计算题必须写清核心公式（勾股定理、面积公式、三角函数定义），关键推导步骤不可省略，最终结果必须化到最简； 分类讨论题，必须分情况标注序号，逐一推导，最后汇总最终答案，避免漏解。 三、避坑指南 （一）概念性避坑：杜绝基础题零失分 1.严防判定定理混用、错用，这是最高频易错点高频坑：①误用 “一组对边平行，另一组对边相等” 证明平行四边形（等腰梯形也符合该条件，是假命题）；②跳过平行四边形的证明，直接证矩形 / 菱形 / 正方形，哪怕结论正确，也会扣除大半步骤分；③错用 “对角线垂直且相等的四边形是正方形”，忽略必须先证平行四边形的前提；④混淆矩形、菱形的对角线性质，误用 “矩形对角线垂直”“菱形对角线相等”。 2.严防中点四边形结论记反、误用高频坑：记错瓦里尼翁平行四边形的特殊化条件，正确结论为 “原四边形对角线相等→中点四边形是菱形；原四边形对角线垂直→中点四边形是矩形；原四边形对角线垂直且相等→中点四边形是正方形”，学生极易记反，导致阅读探究题完全失分。 3.严防折叠、旋转性质误用高频坑：折叠后对应边、对应角的对应关系错乱，旋转后旋转角、对应顶点错位，导致等边、等角用错，全等三角形判定完全错误，最终推导全题崩盘。 （二）审题性避坑：杜绝非知识性失分 1.严防限定词漏看，答案超出范围高频坑：漏看 “点在线段 / 射线 / 直线上”“不与端点重合”“整数解” 等核心限定词，比如动点题中，点在直线 BC 上，学生只考虑线段 BC 上的情况，漏写延长线上的解，直接导致全题失分；漏看动点运动的起止点，算错自变量取值范围，导致函数解析式完全错误。 2.严防无图题不分类讨论，漏写多解本专题无图题高频设置多解陷阱，比如 “矩形角平分线分一边为 3 和 4，求矩形周长”“菱形的高为 3，边长为 5，求面积”，学生极易只画一种符合直觉的图形，忽略其他可能性，填空题直接零分，解答题扣掉一半分值。 3.严防设问方向看错，答非所问高频坑：把 “求 BD 的长” 看成 “求 DC 的长”，把 “证菱形” 看成 “证平行四边形”，把 “求面积” 看成 “求周长”，计算全对但答案错误，白白丢失全部分值。 （三）逻辑推理避坑：杜绝中档题、压轴题步骤失分 1.严防证明步骤跳步，逻辑链断裂中考解答题踩点给分，高频坑：①全等证明不写齐三个条件，直接得全等结论；②证平行四边形不写齐判定条件，直接得出结论；③推导过程中，关键等角、等边的来源不说明，逻辑断层，导致步骤分大量流失。 2.严防相似三角形对应关系错位，推导逻辑错误高频坑：仅找到一组角相等，无第二组条件就判定三角形相似；相似三角形对应顶点顺序错乱，导致对应边比例式列反，最终线段长计算完全错误。 3.严防最值模型识别错误，求解方向完全偏离高频坑：把胡不归最值模型当成将军饮马，把轨迹圆最值当成直线轨迹，把 “垂线段最短” 用成 “两点之间线段最短”，导致最值求解完全错误，压轴题零得分。 （四）计算与书写避坑：杜绝会做做不对 1.严防勾股定理、根式化简计算失误高频坑：平方、开方计算错误；勾股定理公式用反，把斜边当成直角边计算；根号化简不彻底，是本专题最常见的计算失分点。 2.严防公式漏项、比例式颠倒高频坑：三角形面积、菱形面积公式漏乘 ；锐角三角函数的对边、邻边搞反，相似三角形比例式分子分母颠倒，导致最终结果完全相反。 3.严防书写不规范、错别字导致的误判失分高频坑：根号、平方、上标符号书写错乱，字母大小写不分，三角形符号漏写；题干 / 解析中的错别字（如 “连接 EE” 应为 “连接 DE”）误导解题方向，中考阅卷中，书写不规范会直接导致误判扣分。 四、课时核心复习总结 本课时是中考数学几何模块的承上启下核心专题，既是三角形全等、勾股定理知识的综合应用延伸，也是圆、相似三角形、几何综合压轴题的必备解题基础，在中考中分值占比高、提分性价比极强，是二轮复习中 “全员保底、分层突破、筑牢几何根基” 的关键课时。 二轮复习的核心逻辑，是围绕 “基础保分、中档提分、压轴突破” 三层目标，实现三大教学落地： 1.基础层：全员保底，实现基础题零失误。针对基础薄弱学生，核心抓平行四边形及特殊四边形的判定与性质定理，纠正概念混用、定理错用的问题，规范证明步骤的完整逻辑链，确保基础证明题 100% 得分，杜绝无谓失分。 2.进阶层：模型贯通，实现中档题稳拿分。针对中等学生，以中考 8 大核心几何模型为抓手，通过专项训练让学生形成 “见题识模型、用结论秒解” 的条件反射，熟练掌握方程思想、全等构造、折叠变换的核心解题方法，攻克折叠、尺规作图、计算求值类中档题，确保中档题正确率超 90%，为几何综合压轴题筑牢解题基础。 3.拔高层：拆解综合题，突破压轴拉分点。针对尖子生，聚焦动态几何、最值问题、阅读探究、函数几何综合类压轴题，强化复杂图形拆解、动点轨迹分析、模型迁移应用的能力，突破中考几何解答题压轴的拉分点，实现几何模块满分目标。 同时，教学中需提前修正配套资料中的知识性错误、书写错别字、排版乱码问题，补充缺失的解析内容；针对学生高频易错点，开展错题复盘专项训练，让学生形成 “先审限定词、再识别模型、规范逻辑推导、验证结果” 的标准化解题流程，最终通过本课时复习，打通初中几何的核心知识脉络，实现中考数学几何模块的整体提分。 四、真题练习 1.（24-25·四川中考）如图，点是平行四边形边的中点，连接并延长交的延长线于点．求证：，并求的长． 2.（22-23·江苏中考）如图，在中，点，分别在边，上，且，对角线分别交，于点，．求证． 3.（24-25·湖南中考）如图，正方形中，点，分别在，上，且． （1）求证：四边形是平行四边形； （2）连接，若，，求的长． 4.（23-24·吉林中考）如图，在四边形中，，是边的中点，．求证：四边形是矩形． 5.（22-23·山西中考）阅读与思考：下面是一位同学的数学学习笔记，请仔细阅读并完成相应任务． 瓦里尼翁平行四边形 我们知道，如图，在四边形中，点分别是边，的中点，顺次连接，得到的四边形是平行四边形． 我查阅了许多资料，得知这个平行四边形被称为瓦里尼翁平行四边形．瓦里尼翁是法国数学家、力学家．瓦里尼翁平行四边形与原四边形关系密切． ①当原四边形的对角线满足一定关系时，瓦里尼翁平行四边形可能是菱形、矩形或正方形． ②瓦里尼翁平行四边形的周长与原四边形对角线的长度也有一定关系． ③瓦里尼翁平行四边形的面积等于原四边形面积的一半．此结论可借助图证明如下： 证明：如图，连接，分别交于点，过点作于点，交于点． 分别为的中点，．（依据） ．，． 四边形是瓦里尼翁平行四边形，，即． ，即， 四边形是平行四边形．（依据）． ，．同理，… 任务： （1）填空：材料中的依据是指：_____________． 依据是指：____________． （2）请用刻度尺、三角板等工具，画一个四边形及它的瓦里尼翁平行四边形，使得四边形为矩形；（要求同时画出四边形的对角线） （3）在图中，分别连接得到图，请猜想瓦里尼翁平行四边形的周长与对角线长度的关系，并证明你的结论． 6.（25-26·广东模拟）【问题背景】在学习了平行四边形后，某数学兴趣小组研究了有一个内角为的平行四边形的折叠问题．其探究过程如下： 【探究发现】如图①，在平行四边形中，，，为边的中点，点在边上，且，连接，将沿翻折得到，点的对称点为点．小组成员发现四边形是一个特殊的四边形，请判断该四边形的形状，不需要说明理由． 【探究证明】取图①中的边的中点，点在边上，且，连接，将沿翻折得到，点的对称点为点．连接，，如图②．求证：四边形是平行四边形． 【探究提升】在图②中，四边形能否成为轴对称图形．如果能，直接写出的值；如果不能，说明理由． 7.（25-26·四川模拟）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：若连接交于点，则． 命题：若连接，则． 命题：若连接，则． 任选两个命题，先判断真假，再证明或举反例． 8.（25-26·甘肃模拟）如图，四边形是平行四边形，以为直径的圆交于点． （1）请用无刻度的直尺和圆规作出圆心（保留作图痕迹，不写作法）． （2）若点是的中点，连接．求证：四边形是平行四边形． 9.（24-25·广东模拟）如图，在中，点，分别在，上，，．   （1）求证：四边形是矩形； （2），，，求的长． 10.（24-25·江西模拟）如图，已知是的外接圆，．点，分别是，的中点，连接并延长至点，使，连接． （1）求证：四边形是平行四边形； （2）求证：与相切； （3）若，，求的半径． 11.（24-25·江苏中考）如图，是线段的中点，． （1）求证：； （2）连接，若，求的长． 12.（22-23·四川中考）如图，在中，是的中点，是的中点，过点作交的延长线于点． （1）求证：； （2）连接，若，求证：四边形是矩形。 13.（25-26·辽宁模拟）如图，在中，，分别为的中点，，垂足为，点在的延长线上，． （1）求证：四边形是矩形； （2）若，，，求和的长． 14.（25-26·广东模拟）综合与实践 树人中学组织一次“爱心义卖”活动．九班分配到了一块矩形义卖区和一把遮阳伞，遮阳伞在地面上的投影是一个平行四边形（如图） 初始时，矩形义卖区与遮阳伞投影的平面图如图所示，在上，，，，，，由于场地限制，参加义卖的同学只能左右平移遮阳伞．在移动过程中，也随之移动（始终在边所在直线上），且形状大小保持不变，但落在义卖区内的部分（遮阳区）会呈现不同的形状．如图为移动到落在上的情形． 【问题提出】 西西同学打算用数学方法，确定遮阳区面积最大时的位置． 设遮阳区的面积为，从初始时向右移动的距离为． 【直观感知】从初始起右移至图情形的过程中，随的增大如何变化？ 【初步探究】求图情形的与的值； 【深入研究】从图情形起右移至与重合，求该过程中关于的解析式； 【问题解决】当遮阳区面积最大时，向右移动了多少？（直接写出结果） 15.（24-25·宁夏模拟）已知四边形为矩形．点是边的中点．请仅用无刻度的直尺完成下列作图，不写作法，保留作图痕迹． （1）在图中作出矩形的对称轴，使； （2）在图中作出矩形的对称轴：使． 16.（25-26·全国模拟）如图，点为矩形的对角线的中点，，，，是上的点（，均不与，重合），且，连接，．用表示线段的长度，点与点的距离为．矩形的面积为，的面积为，的面积为，． （1）请直接写出，分别关于的函数表达式，并写出自变量的取值范围： （2）在给定的平面直角坐标系中画出函数，的图象，并分别写出函数，的一条性质； （3）结合函数图象，请直接写出时的取值范围（近似值保留小数点后一位，误差不超过）． 17.（25-26·全国模拟）综合与实践 【问题情境】下面是某校数学社团在一次折纸活动中的探究过程． 【操作实践】如图，将矩形纸片沿过点的直线折叠，使点落在边上的点处，折痕交于点，再沿着过点，的直线折叠，使点落在边上的点处，折痕交于点．将纸片展平，画出对应点、及折痕、，连接、、． 【初步猜想】确定和的位置关系及线段和的数量关系．创新小组经过探究，发现，证明过程如下：由折叠可知，．由矩形的性质，可知，．①________．．智慧小组先测量和的长度，猜想其关系为②________．经过探究，发现验证和数量关系的方法不唯一： 方法一：证明，得到，再由可得结论． 方法二：过点作的平行线交于点，构造平行四边形，然后证可得结论． 请补充上述过程中横线上的内容． 【推理证明】请你结合智慧小组的探究思路，选择一种方法验证和的数量关系，写出证明过程． 【尝试运用】如图，在矩形中，，按上述操作折叠并展开后，过点作交于点，连接．当为直角三角形时，求出的长． 18.（24-25·福建模拟）如图，已知四边形是平行四边形，其对角线相交于点，，，． （1）是直角三角形吗？请说明理由； （2）求证：四边形是菱形． 19.（23-24·内蒙古中考）如图，在平行四边形中，点在边上，，连接，点为的中点，的延长线交边于点，连接 （1）求证：四边形是菱形： （2）若平行四边形的周长为，求的长． 20.（24-25·吉林中考）如图，的对角线、相交于点．求证：是菱形． 21.（24-25·新疆中考）如图，在四边形中，，是对角线． （1）尺规作图：请用无刻度的直尺和圆规，作线段的垂直平分线，垂足为点，与边分别交于点，（要求：不写作法，保留作图痕迹，并将作图痕迹用黑色签字笔描黑）； （2）在的条件下，连接，求证：四边形为菱形． 22.（25-26·安徽模拟）如图，在菱形中，，，为对角线上一动点，以为一边作，交射线于点，连接．点从点出发，沿方向以每秒的速度运动至点处停止．设的面积为，点的运动时间为秒． （1）求证：； （2）求与的函数表达式，并写出自变量的取值范围； （3）求为何值时，线段的长度最短． 23.（21-22·湖南中考）如图，在菱形中，对角线，相交于点，点，在对角线上，且，． 求证：四边形是正方形． 24.（25-26·全国期中）如图，点，分别在正方形的边，上，，，．求证：． 25.（25-26·广东模拟）在综合实践活动中，同学们将对学校的一块正方形花园进行测量规划使用，如图，点处是它的两个门，且，要修建两条直路，与相交于点（两个门的大小忽略不计）． （1）请问这两条路是否等长？它们有什么位置关系，说明理由； （2）同学们测得米，米，根据实际需要，某小组同学想在四边形地上再修一条米长的直路，这条直路的一端在门处，另一端在已经修建好的路段或花园的边界上，并且另一端与点处的距离不少于米，请问能否修建成这样的直路，若能，能修建几条，并说明理由． 26.（24-25·吉林中考）如图，在中，，，．动点从点出发，沿边以每秒个单位长度的速度向终点匀速运动．当点出发后，以为边作正方形，使点和点始终在边同侧．设点的运动时间为，正方形与重叠部分图形的面积为（平方单位）． （1）的长为______． （2）求关于的函数解析式，并写出自变量的取值范围． （3）当正方形的对称中心与点重合时，直接写出的值． 27.（23-24·四川中考）在一堂平面几何专题复习课上，刘老师先引导学生解决了以下问题： 【问题情境】 如图，在中，，，点、在边上，且，，，求的长． 解：如图，将绕点逆时针旋转得到，连接． 由旋转的特征得，，，． ，， ． ， ，即． ． 在和中， ，，， ___①___． ． 又， 在中，___②___． ，， ___③___． 【问题解决】 上述问题情境中，“①”处应填：______；“②”处应填：______；“③”处应填：______． 刘老师进一步谈到：图形的变化强调从运动变化的观点来研究，只要我们抓住了变化中的不变量，就能以不变应万变． 【知识迁移】 如图，在正方形中，点、分别在边上，满足的周长等于正方形的周长的一半，连结，分别与对角线交于、两点．探究的数量关系并证明． 【拓展应用】 如图，在矩形中，点、分别在边上，且．探究的数量关系：______（直接写出结论，不必证明）． 【问题再探】 如图，在中，，，，点、在边上，且．设，，求与的函数关系式． 28.（23-24·江苏中考）如图，点依次在直线上，点固定不动，且，分别以为边在直线同侧作正方形、正方形，，直角边恒过点，直角边恒过点． （1）如图，若，，求点与点之间的距离； （2）如图，若，当点在点之间运动时，求的最大值； （3）如图，若，当点在点之间运动时，点随之运动，连接，点是的中点，连接，则的最小值为_______． 29.（23-24·河北中考）情境 图是由正方形纸片去掉一个以中心为顶点的等腰直角三角形后得到的． 该纸片通过裁剪，可拼接为图所示的钻石型五边形，数据如图所示． （说明：纸片不折叠，拼接不重叠无缝隙无剩余） 操作 嘉嘉将图所示的纸片通过裁剪，拼成了钻石型五边形． 如图，嘉嘉沿虚线，裁剪，将该纸片剪成①，②，③三块，再按照图所示进行拼接．根据嘉嘉的剪拼过程，解答问题： （1）直接写出线段的长； （2）直接写出图中所有与线段相等的线段，并计算的长． 探究淇淇说：将图所示纸片沿直线裁剪，剪成两块，就可以拼成钻石型五边形． 请你按照淇淇的说法设计一种方案：在图所示纸片的边上找一点（可以借助刻度尺或圆规），画出裁剪线（线段）的位置，并直接写出的长． 30.（22-23·内蒙古中考）数学兴趣小组探究了以下几何图形．如图①，把一个含有角的三角尺放在正方形中，使角的顶点始终与正方形的顶点重合，绕点旋转三角尺时，角的两边，始终与正方形的边，所在直线分别相交于点，，连接，可得． 【探究一】如图②，把绕点逆时针旋转得到，同时得到点在直线上．求证：； 【探究二】在图②中，连接，分别交，于点，．求证：； 【探究三】把三角尺旋转到如图③所示位置，直线与三角尺角两边，分别交于点，．连接交于点，求的值． 2 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026 年中考第二轮复习 解答题专题 11 . 平行四边形及特殊的平行四边形   本专题是中考数学几何模块的核心必考枢纽专题，是三角形知识的综合延伸，也是圆、相似、几何压轴题的必备解题基础，是二轮复习 “筑牢几何根基、衔接综合大题、分层提分突破” 的核心课时。 一、题型特点 1.梯度分层精准，完全适配二轮复习进阶需求题目严格形成三级梯度，贴合中考命题逻辑与二轮复习查漏补缺的核心目标：①基础保分层（约 30%），聚焦平行四边形及特殊四边形的性质、判定基础证明，考点单一、逻辑清晰，是全员必拿的保底分；②中档提分层（约 50%），深度融合折叠变换、尺规作图、勾股定理、锐角三角函数、全等三角形，是二轮复习的核心突破重点，也是学生失分的重灾区；③压轴拉分层（约 20%），绑定动点最值、半角模型、二次函数综合、几何阅读探究，是中考解答题压轴的高频题型，区分度极强，侧重考查学生的综合推理与动态分析能力。 2.考点闭环覆盖，核心命题聚焦 “判定 + 性质 + 跨模块融合”本专题 100% 的题目围绕 “平行四边形→矩形→菱形→正方形” 的递进知识体系命题，核心考查各类四边形 “边、角、对角线” 的性质与判定定理；同时超 70% 的题目实现跨模块融合，摒弃纯概念默写式考查，绑定全等 / 相似三角形、圆、平面直角坐标系、一次 / 二次函数等考点，完全贴合 2022 版新课标 “重综合、重应用、重素养” 的中考命题导向。 3.模型化命题特征显著，可固化破题路径超 85% 的题目围绕中考 8 大必考几何模型命题，适配二轮复习 “模型化、高效率” 的复习需求，学生可通过模型识别实现 “见题识型、结论秒解”。核心高频模型包括：瓦里尼翁中点四边形模型、正方形半角模型、十字垂直模型、折叠全等模型、将军饮马 / 垂线段最短最值模型、一线三垂直模型、双平模型（平行 + 角平分线 = 等腰三角形）、对角线垂直四边形面积模型。 素养导向明确，题型创新贴合中考新趋势本专题是中考考查几何逻辑推理能力的核心载体，解答题严格踩点给分，侧重规范的逻辑链书写；同时贴合近年中考命题创新方向，新增阅读探究、实践操作、动态几何、函数图像探究类题型，比如瓦里尼翁平行四边形阅读题、剪拼操作题、动点面积与函数解析式综合题，兼顾对学生几何直观、数学运算、模型观念与创新意识的考查。 二、答题要点 （一）通用核心答题要点 1.筑牢递进式知识体系，锁定破题底层逻辑必须形成 “平行四边形→矩形 / 菱形→正方形” 的闭环知识框架，牢记每一类四边形的判定与性质：平行四边形 5 种判定、矩形 3 种判定、菱形 3 种判定、正方形 2 种递进式判定，这是所有题目的破题基础。核心原则：证特殊四边形，必须先证平行四边形，再叠加对应特殊条件，不可越级证明。 2.全等三角形为通用核心工具，适配 90% 题目无论是证明线段 / 角相等，还是边长计算，优先锁定包含待证 / 待求元素的全等三角形。核心构造思路：①利用平行四边形对边平行且相等、对角相等找全等条件；②通过特殊四边形的对角线性质，锁定等边、等角与直角；③折叠 / 旋转问题中，优先抓对应边、对应角相等的不变量，快速构造全等。 3.模型识别优先，跳过复杂推导实现高效破题审题时第一时间识别几何模型，直接套用固定结论，大幅缩短解题时间：①遇中点，优先用三角形中位线定理、中点四边形固定结论，或中线倍长构造全等；②遇正方形 45° 角，优先用半角模型，通过旋转构造全等，直接套用线段和差结论；③遇折叠问题，锁定全等关系，在直角三角形中用勾股定理列方程；④遇最值问题，先定模型（将军饮马、垂线段最短、轨迹圆），再套用对应解法。 4.方程思想为核心计算方法，通解所有几何计算题遇折叠、动点、边长比例、角度计算问题，优先设未知数，利用勾股定理、相似三角形对应边成比例、锐角三角函数、内角和定理列方程求解，无需复杂辅助线即可破题，是本专题最通用、最高效的计算方法。 （二）分题型精准答题要点 1.基础证明题：两步固定破题法第一步：明确目标四边形的类型，锁定对应判定定理，梳理清所需全部条件，缺什么证什么；第二步：利用平行线性质、特殊四边形性质、全等三角形，补齐判定所需的全部条件，书写时必须保证 “条件→结论” 的完整逻辑链，严禁跳步。例如证菱形，必须先证平行四边形，再证一组邻边相等 / 对角线互相垂直，两步缺一不可。 2.计算求值题：三步标准化解法第一步：通过特殊四边形的性质，锁定直角三角形、等腰 / 等边三角形，确定核心边角关系；第二步：用勾股定理、锐角三角函数、面积法、相似三角形，求出核心线段长；第三步：结合图形性质，计算边长、角度、面积、三角函数值，重点关注折叠问题的不变量、动点问题的临界值。 3.尺规作图题：紧扣性质精准作图无刻度直尺作图，优先利用特殊四边形对角线互相平分、中点、平行线的性质，找对称点、中点、垂线；规范尺规作图，严格遵循垂直平分线、角平分线的作图规范，必须保留作图痕迹，写清作图对应的核心性质。 4.动态几何与综合探究题：先定不变量，再分类讨论第一步：先锁定图形运动中的不变量（固定角、固定边长、全等 / 相似关系）；第二步：按动点运动范围、图形折叠位置，精准划分分类区间，确定临界值；第三步：针对每一种情况，用全等、勾股、函数表示线段关系，求解最终结果，同步明确自变量的取值范围。 5.阅读探究题：吃透材料，迁移应用先读懂材料中的核心定理、推导逻辑与固定结论，直接将结论迁移应用到设问中，无需重复证明，既简化解题步骤，又避免推导错误，同时严格遵循材料给定的逻辑框架答题。 （三）中考答题规范要点 1.证明题必须按 “已知→推导→结论” 的逻辑书写，全等证明必须写齐三个判定条件，特殊四边形证明必须写齐全部判定要素，踩中中考得分点； 2.计算题必须写清核心公式（勾股定理、面积公式、三角函数定义），关键推导步骤不可省略，最终结果必须化到最简； 分类讨论题，必须分情况标注序号，逐一推导，最后汇总最终答案，避免漏解。 三、避坑指南 （一）概念性避坑：杜绝基础题零失分 1.严防判定定理混用、错用，这是最高频易错点高频坑：①误用 “一组对边平行，另一组对边相等” 证明平行四边形（等腰梯形也符合该条件，是假命题）；②跳过平行四边形的证明，直接证矩形 / 菱形 / 正方形，哪怕结论正确，也会扣除大半步骤分；③错用 “对角线垂直且相等的四边形是正方形”，忽略必须先证平行四边形的前提；④混淆矩形、菱形的对角线性质，误用 “矩形对角线垂直”“菱形对角线相等”。 2.严防中点四边形结论记反、误用高频坑：记错瓦里尼翁平行四边形的特殊化条件，正确结论为 “原四边形对角线相等→中点四边形是菱形；原四边形对角线垂直→中点四边形是矩形；原四边形对角线垂直且相等→中点四边形是正方形”，学生极易记反，导致阅读探究题完全失分。 3.严防折叠、旋转性质误用高频坑：折叠后对应边、对应角的对应关系错乱，旋转后旋转角、对应顶点错位，导致等边、等角用错，全等三角形判定完全错误，最终推导全题崩盘。 （二）审题性避坑：杜绝非知识性失分 1.严防限定词漏看，答案超出范围高频坑：漏看 “点在线段 / 射线 / 直线上”“不与端点重合”“整数解” 等核心限定词，比如动点题中，点在直线 BC 上，学生只考虑线段 BC 上的情况，漏写延长线上的解，直接导致全题失分；漏看动点运动的起止点，算错自变量取值范围，导致函数解析式完全错误。 2.严防无图题不分类讨论，漏写多解本专题无图题高频设置多解陷阱，比如 “矩形角平分线分一边为 3 和 4，求矩形周长”“菱形的高为 3，边长为 5，求面积”，学生极易只画一种符合直觉的图形，忽略其他可能性，填空题直接零分，解答题扣掉一半分值。 3.严防设问方向看错，答非所问高频坑：把 “求 BD 的长” 看成 “求 DC 的长”，把 “证菱形” 看成 “证平行四边形”，把 “求面积” 看成 “求周长”，计算全对但答案错误，白白丢失全部分值。 （三）逻辑推理避坑：杜绝中档题、压轴题步骤失分 1.严防证明步骤跳步，逻辑链断裂中考解答题踩点给分，高频坑：①全等证明不写齐三个条件，直接得全等结论；②证平行四边形不写齐判定条件，直接得出结论；③推导过程中，关键等角、等边的来源不说明，逻辑断层，导致步骤分大量流失。 2.严防相似三角形对应关系错位，推导逻辑错误高频坑：仅找到一组角相等，无第二组条件就判定三角形相似；相似三角形对应顶点顺序错乱，导致对应边比例式列反，最终线段长计算完全错误。 3.严防最值模型识别错误，求解方向完全偏离高频坑：把胡不归最值模型当成将军饮马，把轨迹圆最值当成直线轨迹，把 “垂线段最短” 用成 “两点之间线段最短”，导致最值求解完全错误，压轴题零得分。 （四）计算与书写避坑：杜绝会做做不对 1.严防勾股定理、根式化简计算失误高频坑：平方、开方计算错误；勾股定理公式用反，把斜边当成直角边计算；根号化简不彻底，是本专题最常见的计算失分点。 2.严防公式漏项、比例式颠倒高频坑：三角形面积、菱形面积公式漏乘 ；锐角三角函数的对边、邻边搞反，相似三角形比例式分子分母颠倒，导致最终结果完全相反。 3.严防书写不规范、错别字导致的误判失分高频坑：根号、平方、上标符号书写错乱，字母大小写不分，三角形符号漏写；题干 / 解析中的错别字（如 “连接 EE” 应为 “连接 DE”）误导解题方向，中考阅卷中，书写不规范会直接导致误判扣分。 四、课时核心复习总结 本课时是中考数学几何模块的承上启下核心专题，既是三角形全等、勾股定理知识的综合应用延伸，也是圆、相似三角形、几何综合压轴题的必备解题基础，在中考中分值占比高、提分性价比极强，是二轮复习中 “全员保底、分层突破、筑牢几何根基” 的关键课时。 二轮复习的核心逻辑，是围绕 “基础保分、中档提分、压轴突破” 三层目标，实现三大教学落地： 1.基础层：全员保底，实现基础题零失误。针对基础薄弱学生，核心抓平行四边形及特殊四边形的判定与性质定理，纠正概念混用、定理错用的问题，规范证明步骤的完整逻辑链，确保基础证明题 100% 得分，杜绝无谓失分。 2.进阶层：模型贯通，实现中档题稳拿分。针对中等学生，以中考 8 大核心几何模型为抓手，通过专项训练让学生形成 “见题识模型、用结论秒解” 的条件反射，熟练掌握方程思想、全等构造、折叠变换的核心解题方法，攻克折叠、尺规作图、计算求值类中档题，确保中档题正确率超 90%，为几何综合压轴题筑牢解题基础。 3.拔高层：拆解综合题，突破压轴拉分点。针对尖子生，聚焦动态几何、最值问题、阅读探究、函数几何综合类压轴题，强化复杂图形拆解、动点轨迹分析、模型迁移应用的能力，突破中考几何解答题压轴的拉分点，实现几何模块满分目标。 同时，教学中需提前修正配套资料中的知识性错误、书写错别字、排版乱码问题，补充缺失的解析内容；针对学生高频易错点，开展错题复盘专项训练，让学生形成 “先审限定词、再识别模型、规范逻辑推导、验证结果” 的标准化解题流程，最终通过本课时复习，打通初中几何的核心知识脉络，实现中考数学几何模块的整体提分。 四、真题练习 1.（24-25·四川中考）如图，点是平行四边形边的中点，连接并延长交的延长线于点．求证：，并求的长． 【答案】 见解析， 【解析】 本题主要考查了全等三角形的性质与判定，平行四边形的性质，由平行四边形的性质得到，则由平行线的性质可得，再证明，即可利用证明，则可得到，据此可得答案． 【解答】 证明：四边形是平行四边形， ， ， 点是平行四边形边的中点， ， ， ， ． 2.（22-23·江苏中考）如图，在中，点，分别在边，上，且，对角线分别交，于点，．求证． 【答案】 见解析 【解析】 本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，正确地找出辅助线是解题的关键． 连接交于，根据平行四边形的性质得到，，根据全等三角形的性质得到，于是得到结论． 【解答】 证明：连接交于， 四边形是平行四边形， ，， ， ， 在与中， ， ， ， ， ． 3.（24-25·湖南中考）如图，正方形中，点，分别在，上，且． （1）求证：四边形是平行四边形； （2）连接，若，，求的长． 【答案】 见解析 【解析】 （1）根据四边形是正方形，得出且．结合，得出．结合，即可证明四边形是平行四边形． （2）过点作于点．根据四边形是正方形，，得出．结合，证出四边形是矩形．得出．结合，得出．在中，由勾股定理求出． 【解答】 （1）解：证明：四边形是正方形， 且． 又， ． ． 又． 四边形是平行四边形． （2）解：过点作于点． 四边形是正方形，， ． 又， 四边形是矩形． ． 又， ． 在中，由勾股定理得． 4.（23-24·吉林中考）如图，在四边形中，，是边的中点，．求证：四边形是矩形． 【答案】 证明见解析． 【解析】 本题考查全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定及矩形的判定，熟练掌握判定定理是解题关键．利用可证明，得出，根据得出，即可证明四边形是平行四边形，进而根据有一个角是直角的平行四边形是矩形即可证明四边形是矩形． 【解答】 证明：是边的中点， ， 在和中，， ， ， ， ， 四边形是平行四边形， ， 四边形是矩形． 5.（22-23·山西中考）阅读与思考：下面是一位同学的数学学习笔记，请仔细阅读并完成相应任务． 瓦里尼翁平行四边形 我们知道，如图，在四边形中，点分别是边，的中点，顺次连接，得到的四边形是平行四边形． 我查阅了许多资料，得知这个平行四边形被称为瓦里尼翁平行四边形．瓦里尼翁是法国数学家、力学家．瓦里尼翁平行四边形与原四边形关系密切． ①当原四边形的对角线满足一定关系时，瓦里尼翁平行四边形可能是菱形、矩形或正方形． ②瓦里尼翁平行四边形的周长与原四边形对角线的长度也有一定关系． ③瓦里尼翁平行四边形的面积等于原四边形面积的一半．此结论可借助图证明如下： 证明：如图，连接，分别交于点，过点作于点，交于点． 分别为的中点，．（依据） ．，． 四边形是瓦里尼翁平行四边形，，即． ，即， 四边形是平行四边形．（依据）． ，．同理，… 任务： （1）填空：材料中的依据是指：______三角形中位线定理（或三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半）_______． 依据是指：______平行四边形的定义（或两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形）_______． （2）请用刻度尺、三角板等工具，画一个四边形及它的瓦里尼翁平行四边形，使得四边形为矩形；（要求同时画出四边形的对角线） （3）在图中，分别连接得到图，请猜想瓦里尼翁平行四边形的周长与对角线长度的关系，并证明你的结论． 【答案】 三角形中位线定理（或三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半）；平行四边形的定义（或两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形） 答案不唯一，见解析 平行四边形的周长等于对角线与长度的和，见解析 【解析】 （1）根据三角形中位线定理和平行四边形的定义解答即可； （2）作对角线互相垂直的四边形，再顺次连接这个四边形各边中点即可； （3）根据三角形中位线定理得瓦里尼翁平行四边形一组对边和等于四边形的一条对角线，即可得妯结论． 【解答】 （1）解：三角形中位线定理（或三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半） 平行四边形的定义（或两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形） （2）解：答案不唯一，只要是对角线互相垂直的四边形，它的瓦里尼翁平行四边形即为矩形均可．例如：如图即为所求 （3）瓦里尼翁平行四边形的周长等于四边形的两条对角线与长度的和， 证明如下：点分别是边的中点， ． ． 同理． 四边形的周长． 即瓦里尼翁平行四边形的周长等于对角线与长度的和． 6.（25-26·广东模拟）【问题背景】在学习了平行四边形后，某数学兴趣小组研究了有一个内角为的平行四边形的折叠问题．其探究过程如下： 【探究发现】如图①，在平行四边形中，，，为边的中点，点在边上，且，连接，将沿翻折得到，点的对称点为点．小组成员发现四边形是一个特殊的四边形，请判断该四边形的形状，不需要说明理由． 【探究证明】取图①中的边的中点，点在边上，且，连接，将沿翻折得到，点的对称点为点．连接，，如图②．求证：四边形是平行四边形． 【探究提升】在图②中，四边形能否成为轴对称图形．如果能，直接写出的值；如果不能，说明理由． 【答案】 [探究发现]：四边形是菱形，理由见解析；[探究证明]：四边形是平行四边形；[探究提升]：四边形为轴对称图形时，的值为或，理由见解析 【解析】 本题考查四边形综合应用，涉及到平行四边形，矩形，菱形、等边三角形等知识，解题的关键是掌握菱形的判定定理，平行四边形的判定定理； [探究发现]由将沿翻折得到，即知，，而，故； [探究证明]同探究发现可知四边形是菱形，有，而为边的中点，为边的中点，四边形是平行四边形，即可得，，又，，故，，从而四边形是平行四边形； [探究提升]若四边形为轴对称图形，则四边形是矩形或菱形，分两种情况进行讨论：当四边形是矩形时，过作于，过作于，设，则，可得，，求出，即可得；当四边形是菱形时，延长交于，设，求出，即可得． 【解答】 [探究发现]：解：四边形是菱形，理由如下： 将沿翻折得到， ，， ， ， 四边形是菱形； [探究证明]：证明：如图： 将沿翻折得到， ，， ， ， 四边形是菱形， ， 为边的中点，为边的中点， ，， 四边形是平行四边形， ，， ，， 四边形是菱形， ，， ，， 四边形是平行四边形； [探究提升]：解：四边形能成为轴对称图形，理由如下： 由[探究证明]知，四边形是平行四边形，若四边形为轴对称图形，则四边形是矩形或菱形， 当四边形是矩形时，过作于，过作于，如图： ， ， ， 设，则， ， 为中点， ，， 四边形是菱形， ， 四边形是矩形， ， ，， ， ， ， ， ， ； 当四边形是菱形时，延长交于，如图： 设，则， 四边形是菱形， ， ，， 四边形是平行四边形，， ，， ， 是等边三角形， ， ， ； 综上所述，四边形为轴对称图形时，的值为或． 7.（25-26·四川模拟）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：若连接交于点，则． 命题：若连接，则． 命题：若连接，则． 任选两个命题，先判断真假，再证明或举反例． 【答案】 命题是真命题，证明见解析；命题是真命题，证明见解析；命题是真命题，证明见解析 【解析】 命题：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：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：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． 【解答】 解：命题：若连接交于点，则． 命题是真命题，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：若连接，则． 命题是真命题，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：若连接，则． 命题是真命题，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， ． 8.（25-26·甘肃模拟）如图，四边形是平行四边形，以为直径的圆交于点． （1）请用无刻度的直尺和圆规作出圆心（保留作图痕迹，不写作法）． （2）若点是的中点，连接．求证：四边形是平行四边形． 【答案】 作图见详解 证明过程见详解 【解析】 （1）运用尺规作直径的垂直平分线即可； （2）根据平行四边形的性质结合题意得到，，即，由一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可求证． 【解答】 （1）解：如图所示， 是直径， 运用尺规作直径的垂直平分线角于点， 点即为所求点的位置； （2）证明：如图所示， 四边形是平行四边形， ， 点分别是的中点， ，，即， 四边形是平行四边形． 9.（24-25·广东模拟）如图，在中，点，分别在，上，，．   （1）求证：四边形是矩形； （2），，，求的长． 【答案】 见解答; . 【解析】 （1）利用平行四边形的性质求出，证明四边形是平行四边形，然后根据对角线相等的平行四边形是矩形得出结论； （2）证明是等腰直角三角形，可得，然后再解直角三角形求出即可． 【解答】 （1）证明：四边形是平行四边形，，, ，， 四边形是平行四边形, ，平行四边形是矩形. （2）由知四边形是矩形，, ，，是等腰直角三角形， , 又，，， ．  10.（24-25·江西模拟）如图，已知是的外接圆，．点，分别是，的中点，连接并延长至点，使，连接． （1）求证：四边形是平行四边形； （2）求证：与相切； （3）若，，求的半径． 【答案】 证明见解析 证明见解析 【解析】 （1）先证明，，再证明，可得，，再进一步解答即可； （2）如图，连接，证明，可得过圆心，结合，证明，从而可得结论； （3）如图，过作于，连接，设，则，可得，求解，可得，求解，设半径为，可得，再利用勾股定理求解即可． 【解答】 （1）解：证明：点，分别是，的中点， ，， 又，， ， ，， ，， 四边形是平行四边形； （2）证明：如图，连接， ，为中点， ， 过圆心， ， ， 而为半径， 为的切线； （3）解：如图，过作于，连接， ， ， 设，则， ， ， ， ， ， ， ，，， ， ， 设半径为， ， ， 解得：， 的半径为． 11.（24-25·江苏中考）如图，是线段的中点，． （1）求证：； （2）连接，若，求的长． 【答案】 详见解析 【解析】 （1）中点得到，平行线的性质，得到，利用证明即可； （2）根据，得到，进而得到四边形为平行四边形，进而得到，即可得出结果． 【解答】 （1）解：证明：是线段的中点， ． ， ． 在和中， ． （2），是线段的中点， ． ， ． 又， 四边形是平行四边形， ． 12.（22-23·四川中考）如图，在中，是的中点，是的中点，过点作交的延长线于点． （1）求证：； （2）连接，若，求证：四边形是矩形。 【答案】 证明：， ，， 又为的中点， ， ， ， 又为的中点， ， ； 证明：，， 四边形是平行四边形， ，为的中点， ， ， 四边形是矩形． 【解析】 （1）证明，由全等三角形的性质得出，则可得出结论； （2）证出四边形是平行四边形，由等腰三角形的性质得出，则可得出结论． 【解答】 （1）证明：， ，， 又为的中点， ， ， ， 又为的中点， ， ； （2）证明：，， 四边形是平行四边形， ，为的中点， ， ， 四边形是矩形． 13.（25-26·辽宁模拟）如图，在中，，分别为的中点，，垂足为，点在的延长线上，． （1）求证：四边形是矩形； （2）若，，，求和的长． 【答案】 见解析 【解析】 （1）由三角形中位线定理可得，即，则可证明四边形是平行四边形，再由，即可证明平行四边形是矩形； （2）求出，解得到，则；由线段中点的定义可得；过点作于，解得到，则，再利用勾股定即可求出的长． 【解答】 （1）解：证明：，分别为的中点， 是的中位线， ，即， ， 四边形是平行四边形， 又， 平行四边形是矩形； （2）解：， ； ， ， 在中，，， ， ； 点为的中点， ； 如图所示，过点作于， 在中，， ， 在中，由勾股定理得． 14.（25-26·广东模拟）综合与实践 树人中学组织一次“爱心义卖”活动．九班分配到了一块矩形义卖区和一把遮阳伞，遮阳伞在地面上的投影是一个平行四边形（如图） 初始时，矩形义卖区与遮阳伞投影的平面图如图所示，在上，，，，，，由于场地限制，参加义卖的同学只能左右平移遮阳伞．在移动过程中，也随之移动（始终在边所在直线上），且形状大小保持不变，但落在义卖区内的部分（遮阳区）会呈现不同的形状．如图为移动到落在上的情形． 【问题提出】 西西同学打算用数学方法，确定遮阳区面积最大时的位置． 设遮阳区的面积为，从初始时向右移动的距离为． 【直观感知】从初始起右移至图情形的过程中，随的增大如何变化？ 【初步探究】求图情形的与的值； 【深入研究】从图情形起右移至与重合，求该过程中关于的解析式； 【问题解决】当遮阳区面积最大时，向右移动了多少？（直接写出结果） 【答案】 随的增大而增大；，；； 【解析】 根据矩形的性质得，根据平行四边形的面积公式得，然后分别求出当时，当时，关于的解析式，即可得出结论； 根据（1）的结论可得答案； 当时，如图，设向右移动后得到，设交于点，交于点，交于点，则，， 此时遮阳区的面积为六边形的面积，推出，，得，，再根据即可得出结论； 分别确定：当时，当时，当时，各个范围内的最大值，即可得出结论． 【解答】 解：四边形是矩形，四边形是平行四边形，，，，在边所在直线上， ，，， 又如图，在上，，， ， ， 当时，如图，设交于点，交于点，则， 此时遮阳区的面积为的面积， ， ，， ， ， ， 当时，随的增大而增大，的值从增大到； 当时，如图，设交于点，则，，， 此时遮阳区的面积为四边形的面积， ， 四边形为梯形， ， 当时，随的增大而增大，的值从增大到； 综上所述，从初始起右移至图情形的过程中，随的增大而增大； 如图，此时点落在上，则， 由知：当时，； 图情形时，，； 当时，如图，设向右移动后得到，设交于点，交于点，交于点，则，， 此时遮阳区的面积为六边形的面积， ，，， ，， ，， ，， ， 从图情形起右移至与重合，该过程中关于的解析式为； 当时，， 当时，的最大值为：； 当时，， 当时，的最大值为：； 当时，， 当时，的最大值为：， 综上所述，当时，取得最大值，最大值为， 当遮阳区面积最大时，向右移动了． 15.（24-25·宁夏模拟）已知四边形为矩形．点是边的中点．请仅用无刻度的直尺完成下列作图，不写作法，保留作图痕迹． （1）在图中作出矩形的对称轴，使； （2）在图中作出矩形的对称轴：使． 【答案】 见解答 见解答 【解析】 （1）连接，，相交于点，过，作直线即可； （2）由知四边形为矩形，连接、交于点，过，点作直线即可．如图所示，直线即为所求作 如图所示，直线即为所求作 【解答】 此题暂无解答 16.（25-26·全国模拟）如图，点为矩形的对角线的中点，，，，是上的点（，均不与，重合），且，连接，．用表示线段的长度，点与点的距离为．矩形的面积为，的面积为，的面积为，． （1）请直接写出，分别关于的函数表达式，并写出自变量的取值范围： （2）在给定的平面直角坐标系中画出函数，的图象，并分别写出函数，的一条性质； （3）结合函数图象，请直接写出时的取值范围（近似值保留小数点后一位，误差不超过）． 【答案】 ， 作图见解析，性质：当时，随的增大而减小，当时，随的增大而增大（不唯一）；当时，随的增大而减小 （或或或或） 【解析】 （1）利用矩形性质和勾股定理得出，，分两部分：①当时；②当时，分别列出；过点作于点，利用等面积法求出，即可表示出的面积为，同理可得的面积为，再结合矩形的面积为与，即可列出； （2）根据函数解析式画图即可，再根据函数图象写出性质； （3）根据图象写出的图象在下方时对应的自变量的取值范围即可 【解答】 （1）解：为矩形的对角线的中点，，， ，， ， 当时，，如图， ； 当时，，如图， ； ； 如图，过点作于点， ， ， 的面积为， 同理可得的面积为， 又矩形的面积为， ， ； （2）解：作图如下： 性质：当时，随的增大而减小；当时，随的增大而增大（不唯一）；当时，随的增大而减小； （3）解：结合函数图象，可得时的取值范围为（或<或或或）． 17.（25-26·全国模拟）综合与实践 【问题情境】下面是某校数学社团在一次折纸活动中的探究过程． 【操作实践】如图，将矩形纸片沿过点的直线折叠，使点落在边上的点处，折痕交于点，再沿着过点，的直线折叠，使点落在边上的点处，折痕交于点．将纸片展平，画出对应点、及折痕、，连接、、． 【初步猜想】确定和的位置关系及线段和的数量关系．创新小组经过探究，发现，证明过程如下：由折叠可知，．由矩形的性质，可知，．①________．．智慧小组先测量和的长度，猜想其关系为②________．经过探究，发现验证和数量关系的方法不唯一： 方法一：证明，得到，再由可得结论． 方法二：过点作的平行线交于点，构造平行四边形，然后证可得结论． 请补充上述过程中横线上的内容． 【推理证明】请你结合智慧小组的探究思路，选择一种方法验证和的数量关系，写出证明过程． 【尝试运用】如图，在矩形中，，按上述操作折叠并展开后，过点作交于点，连接．当为直角三角形时，求出的长． 【答案】 ，见解析或 【解析】 根据折叠的性质，折痕为角平分线，结合平行线的性质，得到，猜想； 根据题干给定的种方法进行证明即可； 设，则，，勾股定理求出，①当 ，根据平行线的判定和性质，以及三角形的外角的性质，推出，进而得到，证明，得到，列出比例式，进行求解即可．②当时，可得，利用三角函数列方程求解即可 【解答】 解：由折叠可知，． 由矩形的性质，可知， ． ． ． 智慧小组先测量和的长度，猜想其关系为； 法一：矩形， ， 折叠， ，，， ，即：，， 由知： 又， ， 又， ， ， ， ； 法二：作交于点，则：， ， 四边形为平行四边形， ， 矩形， ， ， ， 折叠， ，， ， ， ； 解：作交于点，则：， 由可知：，，， ， 设，则：，， ， 如图，当， ， ， ， 又 ， ， ， ， 在和中，， ，即：， ， 解得：或（舍去）； 故． 当时， ， ， 三点共线， ， 四边形是平行四边形 四边形是菱形， ， ， ， 设，则， ，即，解得：， 18.（24-25·福建模拟）如图，已知四边形是平行四边形，其对角线相交于点，，，． （1）是直角三角形吗？请说明理由； （2）求证：四边形是菱形． 【答案】 解：是直角三角形，理由如下： 四边形是平行四边形，， ， ，，， ， 是直角三角形，且； 证明：由（1）可知，， ， 平行四边形是菱形． 【解析】 （1）由平行四边形的性质得，再证，然后由勾股定理的逆定理即可得出结论； （2）由得，再由菱形的判定定理即可得出结论． 【解答】 （1）解：是直角三角形，理由如下： 四边形是平行四边形，， ， ，，， ， 是直角三角形，且； （2）证明：由（1）可知，， ， 平行四边形是菱形． 19.（23-24·内蒙古中考）如图，在平行四边形中，点在边上，，连接，点为的中点，的延长线交边于点，连接 （1）求证：四边形是菱形： （2）若平行四边形的周长为，求的长． 【答案】 见解析 【解析】 （1）由平行四边形的性质得再证明，得出，证明出四边形是平行四边形，由得出四边形是菱形： （2）求出菱形的周长为，得出，再证明是等边三角形，得出． 【解答】 （1）解：证明：四边形是平行四边形， 即 为的中点， ， 四边形是平行四边形， 又 四边形是菱形； （2）解： 平行四边形的周长为， 菱形的周长为： 四边形是菱形， 又 是等边三角形， ． 20.（24-25·吉林中考）如图，的对角线、相交于点．求证：是菱形． 【答案】 见解析 【解析】 本题考查了菱形的判定，勾股定理逆定理，熟练掌握菱形的几种判定定理是解题的关键． 先由勾股定理逆定理得到，再根据对角线垂直的平行四边形是菱形即可证明． 【解答】 证明：， ，， ， ， ， 四边形是平行四边形， 四边形是菱形． 21.（24-25·新疆中考）如图，在四边形中，，是对角线． （1）尺规作图：请用无刻度的直尺和圆规，作线段的垂直平分线，垂足为点，与边分别交于点，（要求：不写作法，保留作图痕迹，并将作图痕迹用黑色签字笔描黑）； （2）在的条件下，连接，求证：四边形为菱形． 【答案】 见解析 见解析 【解析】 （1）分别以、为圆心，以大于长的一半画弧，二者交于、，连接分别与与边分别交于点，，则点和点即为所求； （2）由线段垂直平分线的定义打得到，，，再由等边对等角和平行线的性质可推出，则可证明，得到，据此可证明结论． 【解答】 （1）解：如图所示，即为所求； （2）证明：如图所示， 垂直平分， ，，， ， ， ， ， 又， ， ， 四边形是平行四边形， 又， 四边形是菱形． 22.（25-26·安徽模拟）如图，在菱形中，，，为对角线上一动点，以为一边作，交射线于点，连接．点从点出发，沿方向以每秒的速度运动至点处停止．设的面积为，点的运动时间为秒． （1）求证：； （2）求与的函数表达式，并写出自变量的取值范围； （3）求为何值时，线段的长度最短． 【答案】 证明见解析； ； ． 【解析】 （1）设与相交于点，证明，可得，，利用三角形外角性质可得，即得，即可求证； 过点作于，解直角三角形得到，，可得，由等腰三角形三线合一可得，即可由三角形面积公式得到与的函数表达式，最后由，可得自变量的取值范围； 证明为等边三角形，可得，可知线段的长度最短，即的长度最短，当时，取最短，又由菱形的性质可得为等边三角形，利用三线合一求出即可求解； 本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的外角性质，解直角三角形，求二次函数解析式，等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质，垂线段最短，掌握菱形的性质及等边三角形的判定和性质是解题的关键． 【解答】 （1）解：证明：设与相交于点， 四边形为菱形， ，，， ， 在和中， ， ， ，， ， 又， ， ， ； （2）解：过点作于，则， ， ， 四边形为菱形，， ，， 即， ， ，， ， ， ， ， ， ； （3）解：，， ， ， 为等边三角形， ， ， 线段的长度最短，即的长度最短，当时，取最短，如图， 四边形是菱形， ， ， 为等边三角形， ， ， ， ， 当时，线段的长度最短． 23.（21-22·湖南中考）如图，在菱形中，对角线，相交于点，点，在对角线上，且，． 求证：四边形是正方形． 【答案】 证明：四边形是菱形， ，，， ， ， 四边形是菱形； ， ，即， 平行四边形是矩形，即， 菱形是正方形． 【解析】 先证明四边形是菱形，再证明，即可得出结论 【解答】 证明：四边形是菱形， ，，， ， ， 四边形是菱形； ， ，即， 平行四边形是矩形，即， 菱形是正方形． 24.（25-26·全国期中）如图，点，分别在正方形的边，上，，，．求证：． 【答案】 见解析 【解析】 本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定，掌握相似三角形的判定定理是解题关键．根据正方形的性质，得出，，进而得出，根据两边成比例且夹角相等的两个三角形相似即可证明． 【解答】 解：，， ， 四边形是正方形， ，， ，， 又， ． 25.（25-26·广东模拟）在综合实践活动中，同学们将对学校的一块正方形花园进行测量规划使用，如图，点处是它的两个门，且，要修建两条直路，与相交于点（两个门的大小忽略不计）． （1）请问这两条路是否等长？它们有什么位置关系，说明理由； （2）同学们测得米，米，根据实际需要，某小组同学想在四边形地上再修一条米长的直路，这条直路的一端在门处，另一端在已经修建好的路段或花园的边界上，并且另一端与点处的距离不少于米，请问能否修建成这样的直路，若能，能修建几条，并说明理由． 【答案】 这两条路与等长，且它们相互垂直； 如果另一端点在花园边界上时，能修建成这样的一条直路，理由见解析． 【解析】 （1）本题考查主要了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等面积法等知识，掌握知识点的应用是解题的关键． 由四边形是正方形，则，，证明，故有，，又，则，从而求解； 由得，，由勾股定理得出，由，即，得到，则有，然后分另一端点在路段上和另一端点在花园边界上时两种情况分析即可． 【解答】 （1）解：四边形是正方形， ，， ， ， ， ，， 又， ， ， ， 这两条路与等长，且它们相互垂直； （2）解：能修建一条这样的直路，理由如下： 由得，， 米，米， 米，米，米， ， ， ， 又在中有， ， ， ， 如果另一端点在路段上， 则在中，， 此种情况不成立； 如果另一端点在花园边界上时， 设，则在中，有， ， ， ， 能修建成这样的一条直路． 26.（24-25·吉林中考）如图，在中，，，．动点从点出发，沿边以每秒个单位长度的速度向终点匀速运动．当点出发后，以为边作正方形，使点和点始终在边同侧．设点的运动时间为，正方形与重叠部分图形的面积为（平方单位）． （1）的长为___7____． （2）求关于的函数解析式，并写出自变量的取值范围． （3）当正方形的对称中心与点重合时，直接写出的值． 【答案】 【解析】 （1）当重合时，通过勾股定理分别求出即可求解； （2）将正方形与重叠部分图形的面积分割成一个三角形的面积和直角梯形的面积之和来求解即可； （3）根据正方形的对称中心与点重合时，得出，再利用勾股定理求解即可． 【解答】 （1） 解：当重合时，如下图： ，以为边作正方形， 是等腰直角三角形， ， 即， 解得：（负的舍去）， ， ， ， 故答案为：； （2）解：当在线段上运动时， ， 当在线段的延长线上运动时，即点在线段上运动，如下图： ， ， ， ， ， ， 解得：， ， ； （3）解：当正方形的对称中心与点重合时， ， ， 即， 解得：， ． 27.（23-24·四川中考）在一堂平面几何专题复习课上，刘老师先引导学生解决了以下问题： 【问题情境】 如图，在中，，，点、在边上，且，，，求的长． 解：如图，将绕点逆时针旋转得到，连接． 由旋转的特征得，，，． ，， ． ， ，即． ． 在和中， ，，， ___①___． ． 又， 在中，___②___． ，， ___③___． 【问题解决】 上述问题情境中，“①”处应填：______；“②”处应填：______；“③”处应填：___5___． 刘老师进一步谈到：图形的变化强调从运动变化的观点来研究，只要我们抓住了变化中的不变量，就能以不变应万变． 【知识迁移】 如图，在正方形中，点、分别在边上，满足的周长等于正方形的周长的一半，连结，分别与对角线交于、两点．探究的数量关系并证明． 【拓展应用】 如图，在矩形中，点、分别在边上，且．探究的数量关系：______（直接写出结论，不必证明）． 【问题再探】 如图，在中，，，，点、在边上，且．设，，求与的函数关系式． 【答案】 【问题解决】①；②；③；【知识迁移】，见解析；【拓展应用】；【问题再探】 【解析】 【问题解决】根据题中思路解答即可； 【知识迁移】如图，将绕点逆时针旋转，得到．过点作交边于点，连接．由旋转的特征得．结合题意得．证明，得出．根据正方形性质得出．结合，得出．证明，得出．证明．得出．在中，根据勾股定理即可求解； 【拓展应用】如图所示，设直线交延长线于点，交延长线于点，将绕着点顺时针旋转，得到，连接．则．则，，根据，证明，得出，过点作交于点，过点作交于点，则四边形为矩形．得出，证明是等腰直角三角形，得出，，在中，根据勾股定理即可证明； 【问题再探】如图，将绕点逆时针旋转，得到，连接．过点作，垂足为点，过点作，垂足为．过点作，过点作交于点、交于点．由旋转的特征得．根据，得出，证明，得出，根据勾股定理算出，根据，表示出，证明，根据相似三角形的性质表示出，，同理可得．，证明四边形为矩形．得出，，在中，根据勾股定理即可求解； 【解答】 【问题解决】解：如图，将绕点逆时针旋转得到，连接． 由旋转的特征得，，，． ，， ． ， ，即． ． 在和中，，，， ①． ． 又， 在中，②． ，， ③． 【知识迁移】． 证明：如图，将绕点逆时针旋转，得到． 过点作交边于点，连接． 由旋转的特征得． 由题意得， ． 在和中，， ． ． 又为正方形的对角线， ． ， ． 在和中，， ， ． 在和中，， ． ． 在中，， ． 【拓展应用】． 证明：如图所示，设直线交延长线于点，交延长线于点， 将绕着点顺时针旋转，得到，连接． 则． 则，， ， ， 在和中 ， ， ， 过点作交于点，过点作交于点，则四边形为矩形． ， ， ， 是等腰直角三角形， ， ， ， ， ， 在中，，， ， 即， 又， ， 即， 【问题再探】如图，将绕点逆时针旋转，得到，连接．过点作，垂足为点，过点作，垂足为．过点作，过点作交于点、交于点． 由旋转的特征得． ， ， ，即， 在和中，， ， ， ， ， 又， ， ， ， ， ，即， ， 同理可得． ， ， ， 又， 四边形为矩形． ， ， 在中，． ， 解得． 28.（23-24·江苏中考）如图，点依次在直线上，点固定不动，且，分别以为边在直线同侧作正方形、正方形，，直角边恒过点，直角边恒过点． （1）如图，若，，求点与点之间的距离； （2）如图，若，当点在点之间运动时，求的最大值； （3）如图，若，当点在点之间运动时，点随之运动，连接，点是的中点，连接，则的最小值为_______． 【答案】 或； ； ． 【解析】 （1）设，则，证明，然后根据相似三角形的性质得出，则，转化为，解方程即可； 设，则，证明，然后根据相似三角形的性质得出，则，转化为然后由二次函数的性质求解即可； 连接，由四边形是正方形，得，即点对角线所在直线上运动，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得，当三点共线时，有最小值，利用勾股定理即可求解． 【解答】 （1）解：设，则， 四边形、是正方形， ，，， ，， ， ， , ， ，即，则， 解得：或， 或； （2）设，则， 四边形、是正方形， ，，， ，， ， ， ， ， ，即， ， 当时，有最大，最大值为； （3）连接， 四边形是正方形， ， 即点在对角线所在直线上运动， 如图，作关于的对称点，连接，过作于点， ，四边形为矩形， 则点三点共线，， ， ， ，点是的中点， ， ， 当三点共线时，有最小值， 在中，由勾股定理得：， 的最小值为， 故答案为：． 29.（23-24·河北中考）情境 图是由正方形纸片去掉一个以中心为顶点的等腰直角三角形后得到的． 该纸片通过裁剪，可拼接为图所示的钻石型五边形，数据如图所示． （说明：纸片不折叠，拼接不重叠无缝隙无剩余） 操作 嘉嘉将图所示的纸片通过裁剪，拼成了钻石型五边形． 如图，嘉嘉沿虚线，裁剪，将该纸片剪成①，②，③三块，再按照图所示进行拼接．根据嘉嘉的剪拼过程，解答问题： （1）直接写出线段的长； （2）直接写出图中所有与线段相等的线段，并计算的长． 探究淇淇说：将图所示纸片沿直线裁剪，剪成两块，就可以拼成钻石型五边形． 请你按照淇淇的说法设计一种方案：在图所示纸片的边上找一点（可以借助刻度尺或圆规），画出裁剪线（线段）的位置，并直接写出的长． 【答案】 ，；的长为或． 【解析】 （1）如图，过作于，结合题意可得：四边形为矩形，可得，由拼接可得：，可得，，为等腰直角三角形，为等腰直角三角形，设，则，再进一步解答即可； （2）由为等腰直角三角形，；求解，再分别求解；可得答案，如图，以为圆心，为半径画弧交于，交于，则直线为分割线，或以圆心，为半径画弧，交于，交于，则直线为分割线，再进一步求解的长即可． 【解答】 （1）解：如图，过作于， 结合题意可得：四边形为矩形， ， 由拼接可得：， 由正方形的性质可得：， ，，为等腰直角三角形， 为等腰直角三角形， 设， ， ，， 正方形的边长为， 对角线的长， ， ， 解得：， ； （2）为等腰直角三角形，； ， ， ， ， ； 如图，以为圆心，为半径画弧交于，交于，则直线为分割线， 此时，，符合要求， 或以圆心，为半径画弧，交于，交于，则直线为分割线， 此时，， ， 综上：的长为或． 30.（22-23·内蒙古中考）数学兴趣小组探究了以下几何图形．如图①，把一个含有角的三角尺放在正方形中，使角的顶点始终与正方形的顶点重合，绕点旋转三角尺时，角的两边，始终与正方形的边，所在直线分别相交于点，，连接，可得． 【探究一】如图②，把绕点逆时针旋转得到，同时得到点在直线上．求证：； 【探究二】在图②中，连接，分别交，于点，．求证：； 【探究三】把三角尺旋转到如图③所示位置，直线与三角尺角两边，分别交于点，．连接交于点，求的值． 【答案】 [探究一]见解答；[探究二]见解答； 【解析】 [探究一]证明，即可得证；[探究二]根据正方形的性质证明，根据三角形内角和得出，加上公共角，进而即可证明 [探究三]先证明，得出，，将绕点顺时针旋转得到，则点在直线上．得出，根据全等三角形的性质得出，进而可得，证明，根据相似三角形的性质得出，即可得出结论． 【解答】 [探究一] 把绕点逆时针旋转得到，同时得到点在直线上， ， ， ， 在与中， $\left\{ {\mspace{-9mu}\begin{array}{l} {CM = CH，} \\ {\angle MCN = \angle HCN，} \\ {CN = CN，} \end{array}\mspace{-9mu}} \right.$ ， [探究二]证明：如图所示， 四边形是正方形， ， 又， ， ， ， 又， ， 又公共角， ； [探究三] 证明：是正方形的对角线， ，， ， ， ， 即， ， ，， 如图所示，将绕点顺时针旋转得到，则点在直线上． ，， ， 又， ， ， ， ， 又， ， ， 即． 2 1 学科网（北京）股份有限公司 $