易错07 四边形（易错专练，8大易错剖析+避错秘籍+易错闯关）（全国通用）2026年中考数学二轮复习高效培优系列

专题07 四边形 目录 第一部分 错因诊断与精准突破 错因剖析 避错秘籍 变式迁移 易错点 1 多边形内角和、外角和 易错点 2 混淆平行四边形的性质及判定 易错点 3 混淆特殊平行四边形的性质及判定 易错点 4 无图几何题考虑不全 易错点 5 四边形背景下的折叠问题 易错点 6 四边形背景下的最值问题 易错点 7 四边形的几何综合探究 易错点 8 函数背景下的特殊四边形存在性问题 第二部分 易错题验收与闯关 易错点1 多边形内角和、外角和 错因剖析 概念混淆：把多边形内角和公式与外角和记混，误以为外角和也跟边数有关。 认知偏差：缺乏 “先定边数，再用公式” 的思路，不会灵活用外角和简化计算，对图形变化带来的边数变化不敏感。 基础薄弱：公式应用不熟练，计算能力弱，没有形成 “内角难算就用外角” 的解题技巧。 【例1】（2025·北京·中考真题）若一个六边形的每个内角都是，则x的值为（    ） A．60 B．90 C．120 D．150 避错秘籍 【防错指南】 图形变化先定边数，记牢公式，按步骤解方程或计算。 【知识链接】 内角和：（ 为边数，） 外角和：（任意多边形都一样，与边数无关） 正多边形： 一个外角度数： 一个内角度数： 变式迁移 【变式1-1】（2025·四川遂宁·中考真题）已知一个凸多边形的内角和是外角和的4倍，则该多边形的边数为（    ） A．10 B．11 C．12 D．13 【变式1-2】（2025·甘肃·中考真题）如图，一个多边形纸片的内角和为，按图示的剪法剪去一个内角后，所得新多边形的边数为（   ） A．12 B．11 C．10 D．9 【变式1-3】（2025·江苏淮安·中考真题）如图，直线，正六边形的顶点A、C分别在直线a、b上，若，则的度数是（    ） A． B． C． D． 易错点2 混淆平行四边形的性质及判定 错因剖析 概念混淆：混淆平行四边形的“性质”与“判定”的核心逻辑：性质是“已知平行四边形，推边、角、对角线的关系”；判定是“已知边、角、对角线的关系，推四边形是平行四边形”，两者因果倒置。 认知偏差：错误认为“一组对边平行，一组对边相等的四边形是平行四边形” 基础薄弱：平行四边形的性质与判定定理记忆不熟练，应用能力薄弱，几何书写习惯较差，缺乏清晰的逻辑推导思路，无法将定理与解题场景灵活结合。 【例2】（2025·江苏盐城·中考真题）如图，点、在的对角线上．若_________，则四边形是平行四边形．请从①；②；③这3个选项中选择一个作为条件（写序号），使结论成立，并说明理由． 避错秘籍 【防错指南】 性质（已知平行四边形）：形→性（平行四边形→对边平行且相等、对角相等、邻角互补、对角线互相平分）； 判定（求证平行四边形）：性→形（满足边、角、对角线的特定关系→四边形是平行四边形）。 核心口诀：知平行，用性质；证平行，用判定。 牢记“判定条件不可缺”： ① 一组对边平行 + 另一组对边平行（两组对边分别平行），才可判定；仅一组对边平行不行； ② 一组对边平行且相等（同一组对边），才可判定；“一组平行、另一组相等”不行（可能是等腰梯形）； ③ 对角线互相平分（两条对角线互相平分），才可判定；仅一条对角线被平分不行。 【知识链接】 一、平行四边形的性质 1.边的性质：两组对边分别平行且相等，如下图： ； 2.角的性质：两组对角分别相等，如图： 3.对角线的性质：对角线互相平分。如图： 二、平行四边形的判定 1.与边有关的判定： （1）两组对边分别平行的四边形是平行四边形 （2）两组对边分别相等的四边形是平行四边形 2.与角有关的判定：两组对角分别相等的四边形是平行四边形 3.与对角线有关的判定：对角线互相平分的四边形是平行四边形 变式迁移 【变式2-1】（2025·山东济南·中考真题）已知：如图，在平行四边形中，点E，F分别在和上，且．求证：． 【变式2-2】（2026·贵州毕节·模拟预测）在中，，，分别是边，的中点，延长到点，使，连接，，． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)连结，交于点，若，求的长． 【变式2-3】（2026·北京西城·模拟预测）如图，在中，是边上的中线，过点D作于点E，过点C作交的延长线于点F，连接． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，求的长． 易错点3 混淆特殊平行四边形的性质及判定 错因剖析 概念混淆：对特殊平行四边形（矩形、菱形、正方形）的性质、判定定理记忆不清晰，无法区分三者的核心特征，也未明确“特殊平行四边形源于平行四边形、优于平行四边形”的逻辑关系，概念混淆导致应用错误。 认知偏差：思维片面，对特殊平行四边形的判定前提理解不透彻，未掌握“先普通、后特殊”的判定逻辑，对正方形的双重属性认识不足，缺乏“全面验证条件”的意识，导致漏解、错解。 基础薄弱：特殊平行四边形的性质、判定定理记忆不牢固，应用能力薄弱，未掌握“先判定平行四边形，再判定特殊类型”的核心思路，几何书写习惯差，计算能力不足。 【例3】（2025·西藏·中考真题）如图，在四边形中，，，点E是的中点，且平分． (1)求证：四边形是菱形； (2)已知，，求线段的长． 避错秘籍 【防错指南】 特殊平行四边形主要特征区分： ① 矩形：平行四边形+一个直角（或对角线相等）； ② 菱形：平行四边形+一组邻边相等（或对角线互相垂直）； ③ 正方形：矩形+菱形（或平行四边形+直角+邻边相等）。 “判定特殊平行四边形的两步法”： 第一步，先判定四边形是平行四边形（用平行四边形的5种判定方法）； 第二步，再用特殊条件判定其为矩形、菱形、正方形； 例外情况：直接判定矩形（有三个直角的四边形）、直接判定菱形（四条边相等的四边形），无需先判定平行四边形； 正方形判定关键：必须同时满足“矩形的条件”和“菱形的条件”，缺一不可； 避坑提醒：对角线相等的四边形不一定是矩形（可能是等腰梯形），对角线互相垂直的四边形不一定是菱形，必须结合“平行四边形”这一前提。 【知识链接】 （1）矩形（平行四边形特例） 性质：① 具备平行四边形所有性质；② 四个角都是直角；③ 对角线相等； 判定：① 平行四边形+一个直角；② 平行四边形+对角线相等；③ 三个角是直角的四边形。 （2）菱形（平行四边形特例） 性质：① 具备平行四边形所有性质；② 四条边相等；③ 对角线互相垂直，且平分一组对角； 判定：① 平行四边形+一组邻边相等；② 平行四边形+对角线互相垂直；③ 四条边相等的四边形。 （3）正方形（矩形+菱形特例） 性质：① 具备平行四边形、矩形、菱形所有性质；② 四条边相等，四个角都是直角；③ 对角线相等且互相垂直平分； 判定：① 平行四边形+直角+邻边相等；② 矩形+一组邻边相等；③ 菱形+一个直角；④ 对角线相等且互相垂直平分的四边形。 变式迁移 【变式3-1】（2025·江苏无锡·中考真题）如图，在矩形中，点在延长线上，点在延长线上，且，连接、． 求证： (1)； (2)． 【变式3-2】（2025·山东青岛·中考真题）如图，在中，为的中点，为延长线上一点，连接，，过点作交的延长线于点，连接． (1)求证：； (2)已知____（从以下两个条件中选择一个作为已知，填写序号），请判断四边形的形状，并证明你的结论． 条件①：； 条件②：． （注：如果选择条件①条件②分别进行解答，按第一个解答计分） 易错点4 无图几何题考虑不全 错因剖析 概念混淆：对无图几何题的核心特点（多解性、不确定性）理解不足，将单一图形经验套用在无图题中，对几何图形的可变位置、多种构造缺乏认知，概念应用局限于固定场景。 认知偏差：思维片面且固化，缺乏分类讨论的意识，对无图几何题的“不确定性”重视不足，无法主动挖掘题目中隐含的多解条件，陷入“单一图形”的思维误区，导致漏解。 基础薄弱：几何画图能力薄弱，分类讨论的思维和方法掌握不足，对无图题的解题流程（画图→分类→验证）不熟悉，计算能力和逻辑梳理能力不足，无法完整解决多解问题。 【例4】（2026·黑龙江哈尔滨·一模）已知为矩形的对角线，的垂直平分线分别交、于点E、F，若，，则的长为______． 避错秘籍 【防错指南】无图必多解（除非题目明确限定图形位置、形状）， 看到无图几何题，第一反应是“可能存在多种情况”，分类讨论。 区分“固定条件”与“可变条件”：题目中明确给出的边长、角度为固定条件，未明确的图形位置、形状为可变条件，分类讨论的核心的是“可变条件”。 常见可变场景：点与直线的位置（线上/延长线）、三角形的类型（锐角/直角/钝角）、等腰三角形的腰底、平行四边形的对角线长短、圆上点的位置等。 提升画图与分类能力 ① 点的位置（线上/延长线、左侧/右侧）； ② 图形类型（锐角/直角/钝角三角形）； ③ 等腰三角形的腰底； ④ 对角线的长短/位置。 【知识链接】 三角形和四边形综合运用，解题时常用勾股定理、全等（相似）三角形、三角函数等解答，同时，往往需要添加辅助线，熟练利用已知条件构造解题模型是解答关键。 变式迁移 【变式4-1】（2026·四川巴中·一模）如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点A、C的坐标分别为，，D是的中点，点P在线段上运动，当是腰长为5的等腰三角形时，点P的坐标为______． 【变式4-2】（2026·新疆乌鲁木齐·一模）如图，矩形中，，将该矩形绕着点旋转，得到四边形，使点在直线上，那么线段的长度是_____． 【变式4-3】（2024·黑龙江牡丹江·中考真题）矩形的面积是90，对角线交于点O，点E是边的三等分点，连接，点P是的中点，，连接，则的值为______． 易错点5 四边形背景下的折叠问题 错因剖析 概念混淆：对折叠的核心性质（全等性、轴对称性）理解不透彻，对不同四边形的性质记忆不清晰，无法将折叠性质与四边形性质灵活结合，导致性质应用错位、逻辑混乱。 认知偏差：对折叠的轴对称性理解不全面，缺乏“折叠前后不变量”的解题意识，思维固化且片面，未考虑折叠的多种方式和图形存在性，导致漏解、错解。 基础薄弱：几何画图能力薄弱，对折叠问题的解题逻辑（折叠→全等→等量关系→计算）不熟悉，勾股定理、方程应用能力不足，。 【例5】（2025·吉林·中考真题）【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，，，E为边的中点，点F在边上，且，连接，将沿翻折得到，点D的对称点为点G．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M，点N在边上，且，连接，将沿翻折得到，点B的对称点为点H．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． 避错秘籍 【防错指南】挖掘隐含条件，规避认知偏差 必挖隐含条件：① 折叠前后，边长、角度、周长不变（不变量）；② 对称轴垂直平分对应点连线，可利用此性质求线段垂直关系、中点坐标；③ 折叠后，重叠部分为全等图形，可利用重叠部分的边、角关系补充条件。 分类讨论提醒：遇到“四边形折叠”无图题，或未明确折叠方式时，需分类讨论（如沿不同边、不同对角线折叠），确保不遗漏折叠情况； 四边形性质应用原则： 先明确四边形类型（平行四边形、矩形、菱形、正方形），再套用对应性质，避免乱用； 牢记：矩形的直角和对角线相等、菱形的四条边相等和对角线垂直、正方形的双重性质。 【知识链接】 折叠性质： ① 折叠前后，图形全等（对应边相等、对应角相等）； ② 折叠具有轴对称性，对称轴垂直平分对应点的连线，对应点到对称轴的距离相等。 四边形相关： ① 平行四边形：对边平行且相等、对角相等、对角线互相平分； ② 矩形：具备平行四边形所有性质、四个角为直角、对角线相等； ③ 菱形：具备平行四边形所有性质、四条边相等、对角线互相垂直且平分一组对角； ④ 正方形：具备平行四边形、矩形、菱形所有性质； 辅助定理：勾股定理（a²+b²=c²）、三角形全等判定（SSS、SAS、ASA等）。 常用解题思路 求边长/角度：利用折叠全等性，将未知边、角转化为已知边、角，结合四边形性质和勾股定理，建立方程求解； 判断图形形状：折叠后，结合全等性质和四边形性质，判断折叠后的图形（如三角形、小四边形）的形状（等腰三角形、矩形等）； 多解折叠：未明确折叠方式时，按“沿不同边、不同对角线”分类讨论，逐一画图、推导、验证，确保不重不漏。 变式迁移 【变式5-1】（2025·山东威海·中考真题）（1）如图①，将平行四边形纸片的四个角向内折叠，恰好拼成一个无缝隙、无重叠的四边形．判断四边形的形状，并说明理由； （2）如图②，已知能按照图①的方式对折成一个无缝隙、无重叠的四边形，其中，点M在上，点N在上，点P在上，点Q在上．请用直尺和圆规确定点M的位置．（不写作法，保留作图痕迹） 【变式5-2】（2025·四川眉山·中考真题）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1，将矩形纸片沿过点C的直线折叠，使点B落在边上的点处，折痕交于点E，再沿着过点，的直线折叠，使点D落在边上的点处，折痕交于点F．将纸片展平，画出对应点、及折痕、，连接、、． 【初步猜想】（1）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G，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】（2）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】（3）如图2，在矩形中，，按上述操作折叠并展开后，过点作交于点G，连接．当为直角三角形时，求出的长． 【变式5-3】（2026·山东济宁·一模）综合与探究 问题情境：在正方形纸片中，点是边的中点，点是边上的一个动点，将沿折叠，点的对应点为，的延长线与边交于点，连接． 数学思考： (1)如图1，请判断的形状，并说明理由； 拓展探究： 过点再折出的平行线，与边交于点，射线与交于点． (2)如图2，若点在的延长线上，试判断线段与的数量关系，并说明理由； (3)若，在点运动的过程中，是否存在某一时刻，使是等腰三角形？若存在，请直接写出的长；若不存在，请说明理由． 易错点6 四边形背景下的最值问题 错因剖析 概念混淆：对四边形背景下的最值模型理解不透彻，无法区分不同模型的适用场景，对四边形性质与最值模型的关联认识不足，概念应用混乱，缺乏“模型适配”的解题意识。 认知偏差：对四边形背景下最值问题的“限制条件”挖掘不足，缺乏“动点运动范围”的分析意识，未掌握最值实现的核心条件，导致漏解、错解。 基础薄弱：最值模型的构造方法和应用能力薄弱，对四边形背景下动点运动轨迹的分析能力不足，勾股定理、三角形三边关系的应用不熟练，计算能力和逻辑推导能力欠缺。 【例6】（2025·西藏·中考真题）如图，在菱形中，，，连接，点P是上的一个动点，连接，，则的最小值是_________． 避错秘籍 【防错指南】四边形背景下最值问题“四步解题法”： 1. 定模型：判断题目所求最值类型，确定适用的核心最值模型（两点之间、垂线段最短、将军饮马）； 2. 构图形：根据模型要求，结合四边形性质构造辅助线（如对称点、垂线段），将最值问题转化为线段、三角形问题； 3. 算最值：结合勾股定理、三角形三边关系、四边形性质，计算出最值的具体数值或取值范围； 4. 验合理性：验证最值对应的动点位置是否在四边形的运动范围内，是否符合图形存在性，确保答案有效。 【知识链接】 四边形背景下3种核心最值模型（必记）： ① 两点之间线段最短：适用于求“两点之间线段长度”“两条线段和的最小值（无对称需求）”； ② 垂线段最短：适用于求“点到直线的距离最值”“动点到定边的距离最值”； ③ 将军饮马模型：适用于求“动点到两个定点的距离和/差的最值”，核心是构造对称点，转化线段。 常用解题思路 距离和/差最值：优先用将军饮马模型，构造对称点，将线段和/差转化为一条线段，利用“两点之间线段最短”求解； 点到线的距离最值：用垂线段最短模型，结合四边形的直角、平行线性质，画出垂线段，计算长度； 对角线/边长最值：利用三角形三边关系，结合四边形的边长固定条件，推导最值范围；动点型最值：分析动点运动轨迹，确定最值出现的位置（顶点、中点、垂直交点），再计算数值。 变式迁移 【变式6-1】（2025·山东·中考真题）如图，在中，，，．点为边上异于的一点，以，为邻边作，则线段的最小值是______． 【变式6-2】（2026·安徽·模拟预测）如图，在矩形中，，是射线上一动点，连接并将它绕点顺时针旋转得到线段，连接，取的中点，再连接．则下列说法正确的是（   ） A．的最小值为2 B．的最小值为 C．的最小值为 D．的最小值为 【变式6-3】（2025·海南·中考真题）如图，点是内一动点，且，，． （1）面积的最大值为_______； （2）连接，分别取、的中点、，连接．若，则线段长度的最小值为_______． 易错点7 四边形的几何综合探究 错因剖析 概念混淆：知识不成体系，只会单个知识点，不会综合建模，对 “几何探究” 的题型结构不理解。 认知偏差：缺乏从特殊到一般的探究思维，不会抓 “变中不变”，综合分析能力弱。 基础薄弱：综合题解题流程不清晰，书写习惯差，分类讨论与计算能力薄弱。 【例7】（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． 避错秘籍 【防错指南】 1. 建立 “四边形综合题” 固定思维框架 ①看到四边形综合探究，按这条主线走： 先定图形身份：是平行四边形 / 矩形 / 菱形 / 正方形？有哪些天然性质可用？ ②找相等与垂直： 边：对边平行且相等、四边相等、对角线关系 角：直角、平分角、互补角 ③构造全等 / 相似： 四边形综合题几乎都要靠全等搭桥，再用勾股算长度。 2. 探究题三步万能套路（最重要） 第 (1) 问：特殊情况，直接证全等、算长度； 第 (2) 问：类比迁移，方法和第 (1) 问几乎一样，只改字母不改思路； 第 (3) 问：拓展推广，判断结论是否仍然成立，不成立就写新关系。 口诀：一问打底，二问照搬，三问判断。 3. 抓 “变中不变”，少走 90% 弯路 先标出不变量，再看变化部分。 【知识链接】 平行四边形：对边平行且相等，对角线互相平分 矩形：直角 + 对角线相等 菱形：四边相等 + 对角线垂直平分 正方形：矩形 + 菱形全部性质 必备解题知识点：全等三角形、相似三角形、三角函数、勾股定理、平行线倒角、轴对称 变式迁移 【变式7-1】（2026·山西大同·一模）综合与实践 数学课上，同学们以含角的平行四边形为载体，开展了平移、折叠、旋转的综合实践活动．如图1，在平行四边形中，． 【智慧小组——平移探究】 (1)如图2，将沿着射线方向平移，得到，点的对应点为．当四边形为矩形时，求平移的距离． 【善思小组——折叠探究】 (2)如图3，将沿着折叠得到，点的对应点为，连接．猜想四边形的形状，并证明你的猜想． 【探索小组——旋转探究】 (3)将绕点顺时针旋转得到，点的对应点分别为点．当为以为底的等腰三角形时，请你直接写出的值． 【变式7-2】（2026·吉林长春·一模）【问题背景】小明遇到了这样一个问题：如图①，在正方形中，，点、分别为边、的中点，以为边向下作正方形．点、分别在边、上运动，且，连结、．求的最小值． 【问题探究】小明发现，可以利用正方形的轴对称性质将“分离”的线段与成功“接轨”，再依据“两点之间，线段最短”解决问题．具体做法如下： 证明：如图②，取边的中点，连结． 证明过程缺失 ． ． 请你帮助小明补全上述证明过程． 【问题解决】的最小值为______． 【拓展提升】如图③，在正方形中，，点、分别在边、上运动，且，点在边上，连结、．若，则的最小值为______． 【变式7-3】（2026·河北石家庄·一模）综合与实践 数学兴趣小组以“尺规作图和特殊四边形旋转”为主题，开展数学活动． 【问题发现】 (1)如图1，在矩形中，，点是对角线上一点，于． ①尺规作图：作直线于点（不写作法，只保留作图痕迹）； ②线段与的数量关系为____________； (2)【拓展探究】如图，将图中的四边形绕点逆时针旋转，记旋转角为，当时，连接，，在旋转的过程中，与的数量关系是否仍然成立？请利用图2说明理由； (3)【解决问题】如图3，当矩形的边时，点为直线上异于、的一点，以为边作正方形，点为正方形的中心，连接，若，，直接写出的长． 易错点 8 函数背景下的特殊四边形存在性问题 错因剖析 概念混淆：对函数性质与特殊四边形判定的关联理解不足，知识碎片化，不会进行“代数→几何”“几何→代数”的转化，概念应用混乱，缺乏数形结合的思维。 认知偏差：设动点坐标时，未结合函数解析式用一个未知数表示坐标，导致列出的方程过于复杂，无法求解。 基础薄弱：函数解析式应用、坐标运算能力薄弱，两点间距离公式、公式记忆不牢固，分类讨论的方法和思路不熟练，缺乏数形结合的解题能力和规范的解题流程。 【例8】（2025·四川雅安·中考真题）如图，二次函数的图象与x轴交于点和点B，与y轴交于点． (1)求二次函数的表达式； (2)点Q是抛物线在第三象限上的一点，满足，请求出点Q的坐标； (3)点E在抛物线的对称轴上，在抛物线上是否存在点F，使得以A，C，E，F为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请直接写出点F的坐标；若不存在，请说明理由． 避错秘籍 【防错指南】 牢记“数形结合”核心：函数图像上的点→坐标（代数），特殊四边形的判定→边、角、对角线关系（几何），解题关键是“将几何关系转化为代数方程”。 ① 平行：两点连线斜率相等（一次函数中k相等）； ② 垂直：两点连线斜率乘积为-1（特殊情况：垂直于x轴、y轴）； ③ 边相等：两点间距离相等（套用两点间距离公式）； ④ 对角线相等/垂直：对角线两端点距离相等/连线斜率乘积为-1。 区分特殊四边形的判定条件（结合坐标）： ① 矩形：对角线相等且互相平分（坐标中点相同，对角线长度相等）； ② 菱形：对角线互相垂直且互相平分（坐标中点相同，对角线斜率乘积为-1）； ③ 正方形：对角线相等、垂直且互相平分（结合矩形和菱形的条件）。 【知识链接】 中点公式：； 两点之间的距离公式：； 直线的斜率公式： 变式迁移 【变式8-1】（2025·四川绵阳·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，直线与轴交于点，与轴交于点，点在轴右侧的轴上，抛物线经过A，B，C三点，顶点为． (1)求抛物线的解析式及点B，D的坐标； (2)点在直线AC上运动，当的周长最小时，求点的坐标； (3)探究在内部能否截出面积最大的矩形（顶点E，F，G，H在各边上）？若能，求出此时矩形在边上的顶点的坐标；若不能，请说明理由． 【变式8-2】（2025·四川成都·三模）如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图象与反比例函数的图象交于两点，点C为第一象限反比例函数图象上一点，连接，BO． (1)求反比例函数和一次函数的表达式； (2)若时，求点C的坐标； (3)定义：我们把对角线与一边垂直的平行四边形叫做“铅垂平行四边形”，若点D在x轴上方，当以A，B，C，D为顶点的四边形是“铅垂平行四边形”时，求点D的坐标． 【变式8-3】（2025·湖北·二模）如图．二次函数的图象交轴于点，，交轴于点，点的坐标为，对称轴是直线，点是轴上一动点，轴，交直线于点．交抛物线于点． (1)求这个二次函数的解析式； (2)若点在线段上运动（点与点，点不重合），求四边形面积的最大值．并求出此时点的坐标； (3)若点在轴上运动，则在轴上存在点，使以、、、为顶点的四边形是菱形．请直接写出所有满足条件的点的坐标． 1. （2025·四川广元·中考真题）如图，在正八边形中，对角线，交于点K，则=（   ） A． B． C． D． 2. （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． 3. （2025·四川自贡·中考真题）如图，正方形边长为6，以对角线为斜边作、，点在上．连接．若．则的最小值为（    ） A．6 B．6 C．3 D．4 4. （2025·四川雅安·中考真题）正六边形的外角和是______度． 5. （2025·宁夏·中考真题）编程机器人表演中，一机器人从沙盘平面内某点出发向前直行步后右转，沿转后方向直行步后右转，再沿转后方向直行步后右转…，依此方式继续行走，第一次回到出发点时，该机器人共走了_____步． 6. （2025·江苏淮安·中考真题）如图，在中，对角线交于点O，，点E、F分别为的中点，连接，若，则______． 7. （2025·山东济南·中考真题）如图，正方形纸片中，E是上一点，将纸片沿过点E的直线折叠，使点A落在上的点G处，点B落在点H处，折痕交于点F．若，，则___________． 8. （2025·黑龙江·中考真题）如图，在矩形中，，，点E是边的中点，点F是对角线上一动点，作点C关于直线的对称点P，若，则的长为_______． 9. （2025·江西·中考真题）如图，在矩形纸片中，沿着点折叠纸片并展开，的对应边为，折痕与边交于点．当与，中任意一边的夹角为时，的度数可以是_________ 10. （2026·江苏宿迁·三模）如图，已知在中，点E、F分别在边、上，且．求证：． 11. （2025·湖南长沙·中考真题）如图，正方形中，点E，F分别在，上，且． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)连接，若，，求的长． 12. （2025·北京·中考真题）如图，在中，D，E分别为的中点，，垂足为F，点G在的延长线上，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，，求和的长． 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·甘肃兰州·中考真题）【提出问题】数学讨论课上，小明绘制图1所示的图形，正方形与正方形（），点E，G分别在上，根据图形提出问题：如图2，正方形绕点B顺时针旋转，旋转角为，直线与相交于点H，连接，探究线段，，之间的数量关系． 【解决问题】（1）小明将上述问题特殊化，如图3，当点G，H重合时，请你写出，，之间的数量关系，并说明理由； （2）小明借鉴（1）中特殊化的解题策略后，再解决图2所示的一般化问题，当点G，H不重合时，请你写出，，之间的数量关系，并说明理由； 【拓展问题】（3）小明将图2所示问题中的旋转角的范围再扩大，正方形绕点B顺时针旋转，旋转角为，直线与相交于点H，连接，请直接写出，，之间的数量关系． 15. （2025·黑龙江绥化·二模）综合与探究 如图，抛物线与轴交于，两点，与轴交于点，对称轴为直线，是抛物线上一个动点，设点的横坐标为，连接，，． (1)求抛物线的函数表达式； (2)若，求的值； (3)点的坐标为，点在直线上，是平面上任意一点，当以，，，四点为顶点的四边形为菱形时，直接写出点的坐标． 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题07 四边形 目录 第一部分 错因诊断与精准突破 错因剖析 避错秘籍 变式迁移 易错点 1 多边形内角和、外角和 易错点 2 混淆平行四边形的性质及判定 易错点 3 混淆特殊平行四边形的性质及判定 易错点 4 无图几何题考虑不全 易错点 5 四边形背景下的折叠问题 易错点 6 四边形背景下的最值问题 易错点 7 四边形的几何综合探究 易错点 8 函数背景下的特殊四边形存在性问题 第二部分 易错题验收与闯关 易错点1 多边形内角和、外角和 错因剖析 概念混淆：把多边形内角和公式与外角和记混，误以为外角和也跟边数有关。 认知偏差：缺乏 “先定边数，再用公式” 的思路，不会灵活用外角和简化计算，对图形变化带来的边数变化不敏感。 基础薄弱：公式应用不熟练，计算能力弱，没有形成 “内角难算就用外角” 的解题技巧。 【例1】（2025·北京·中考真题）若一个六边形的每个内角都是，则x的值为（    ） A．60 B．90 C．120 D．150 【答案】C 【分析】本题考查了多边形内角和公式，即，其中为边数，利用多边形内角和公式求解即可． 【详解】解：∵一个六边形的每个内角都是， ∴每个内角的度数为：， 故选：C． 避错秘籍 【防错指南】 图形变化先定边数，记牢公式，按步骤解方程或计算。 【知识链接】 内角和：（ 为边数，） 外角和：（任意多边形都一样，与边数无关） 正多边形： 一个外角度数： 一个内角度数： 变式迁移 【变式1-1】（2025·四川遂宁·中考真题）已知一个凸多边形的内角和是外角和的4倍，则该多边形的边数为（    ） A．10 B．11 C．12 D．13 【答案】A 【分析】本题考查了多边形的内角和与外角和，熟知多边形的内角和与外角和公式是解题的关键， 根据多边形内角和与外角和公式，建立方程求解边数即可． 【详解】解：设这个多边形的边数为n，根据题意可得： 解方程，得 因此，该多边形的边数为10， 故选：A． 【变式1-2】（2025·甘肃·中考真题）如图，一个多边形纸片的内角和为，按图示的剪法剪去一个内角后，所得新多边形的边数为（   ） A．12 B．11 C．10 D．9 【答案】A 【分析】本题考查了多边形内角和问题，设原多边形的边数为，根据内角和可解得，按图示的剪法剪去一个内角后，新多边形的边数比原多边形的边数多1，即可解答，熟知多边形内角和公式是解题的关键． 【详解】解：设原多边形的边数为， 则可得， 解得， 按图示的剪法剪去一个内角后， 新多边形的边数比原多边形的边数多1，为， 故选：A． 【变式1-3】（2025·江苏淮安·中考真题）如图，直线，正六边形的顶点A、C分别在直线a、b上，若，则的度数是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了正多边形的内角问题，平行线的性质，三角形内角和定理，正确添加辅助线是解题的关键． 延长与直线交于点，先求出正六边形的内角的度数，再由平行线的性质得到，然后根据三角形内角和定理求解即可． 【详解】解：延长与直线交于点， ∵正六边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故选：B． 易错点2 混淆平行四边形的性质及判定 错因剖析 概念混淆：混淆平行四边形的“性质”与“判定”的核心逻辑：性质是“已知平行四边形，推边、角、对角线的关系”；判定是“已知边、角、对角线的关系，推四边形是平行四边形”，两者因果倒置。 认知偏差：错误认为“一组对边平行，一组对边相等的四边形是平行四边形” 基础薄弱：平行四边形的性质与判定定理记忆不熟练，应用能力薄弱，几何书写习惯较差，缺乏清晰的逻辑推导思路，无法将定理与解题场景灵活结合。 【例2】（2025·江苏盐城·中考真题）如图，点、在的对角线上．若_________，则四边形是平行四边形．请从①；②；③这3个选项中选择一个作为条件（写序号），使结论成立，并说明理由． 【答案】②或③，理由见解析 【分析】本题考查了平行四边形的性质与判定，全等三角形的判定与性质，平行线的性质等知识，熟练掌握以上知识点是解题的关键．添加条件②，根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，添加③为条件，证明得出，即可得证． 【详解】解：添加②为条件，则四边形是平行四边形． 理由如下，如图，连接交于点， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵ ∴ ∴四边形是平行四边形． 添加③为条件，则四边形是平行四边形． 理由如下，∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形； 选择①无法得出四边形是平行四边形． 避错秘籍 【防错指南】 性质（已知平行四边形）：形→性（平行四边形→对边平行且相等、对角相等、邻角互补、对角线互相平分）； 判定（求证平行四边形）：性→形（满足边、角、对角线的特定关系→四边形是平行四边形）。 核心口诀：知平行，用性质；证平行，用判定。 牢记“判定条件不可缺”： ① 一组对边平行 + 另一组对边平行（两组对边分别平行），才可判定；仅一组对边平行不行； ② 一组对边平行且相等（同一组对边），才可判定；“一组平行、另一组相等”不行（可能是等腰梯形）； ③ 对角线互相平分（两条对角线互相平分），才可判定；仅一条对角线被平分不行。 【知识链接】 一、平行四边形的性质 1.边的性质：两组对边分别平行且相等，如下图： ； 2.角的性质：两组对角分别相等，如图： 3.对角线的性质：对角线互相平分。如图： 二、平行四边形的判定 1.与边有关的判定： （1）两组对边分别平行的四边形是平行四边形 （2）两组对边分别相等的四边形是平行四边形 2.与角有关的判定：两组对角分别相等的四边形是平行四边形 3.与对角线有关的判定：对角线互相平分的四边形是平行四边形 变式迁移 【变式2-1】（2025·山东济南·中考真题）已知：如图，在平行四边形中，点E，F分别在和上，且．求证：． 【答案】见解析 【分析】本题考查平行四边形的判定和性质，平行线的性质，由可得，再证四边形是平行四边形，推出，，等量代换即可得出． 【详解】证明：平行四边形中，， ， ，， 四边形是平行四边形， ， ， ． 【变式2-2】（2026·贵州毕节·模拟预测）在中，，，分别是边，的中点，延长到点，使，连接，，． (1)求证：四边形是平行四边形． (2)连结，交于点，若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据三角形的中位线定理，可知，，据此即可证明结论； （2）容易证明，，利用勾股定理求得的长度，进而可求得的长度． 【详解】（1）证明：∵，分别为，的中点， ∴，． ∴． ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形． （2）∵，， ∴，． ∵， ∴． 在中，， ∵四边形是平行四边形， ∴，． 在中，， ∴． 【变式2-3】（2026·北京西城·模拟预测）如图，在中，是边上的中线，过点D作于点E，过点C作交的延长线于点F，连接． (1)求证：四边形是平行四边形； (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）可证明，再由即可证明结论； （2）根据直角三角形的性质得到，，解直角三角形得到，则，，由平行四边形的性质得到；解直角三角形求出的长即可得到答案． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∴， 又∵，即， ∴四边形是平行四边形； （2）解：∵在中，是边上的中线， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴ ∵四边形是平行四边形， ∴； 在中，， ∴． 易错点3 混淆特殊平行四边形的性质及判定 错因剖析 概念混淆：对特殊平行四边形（矩形、菱形、正方形）的性质、判定定理记忆不清晰，无法区分三者的核心特征，也未明确“特殊平行四边形源于平行四边形、优于平行四边形”的逻辑关系，概念混淆导致应用错误。 认知偏差：思维片面，对特殊平行四边形的判定前提理解不透彻，未掌握“先普通、后特殊”的判定逻辑，对正方形的双重属性认识不足，缺乏“全面验证条件”的意识，导致漏解、错解。 基础薄弱：特殊平行四边形的性质、判定定理记忆不牢固，应用能力薄弱，未掌握“先判定平行四边形，再判定特殊类型”的核心思路，几何书写习惯差，计算能力不足。 【例3】（2025·西藏·中考真题）如图，在四边形中，，，点E是的中点，且平分． (1)求证：四边形是菱形； (2)已知，，求线段的长． 【答案】(1)见详解 (2) 【分析】（1）先证明四边形为平行四边形，再由等腰三角形的判定求得，进而由菱形的判定定理得结论； （2）根据（1）可得，，证明，再根据勾股定理求解即可． 【详解】（1）证明：∵点E是的中点， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴， ∵平分， ∴， ∴， ∴， ∴平行四边形为菱形； （2）解：∵， 根据（1）可得，， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴． 【点睛】该题考查了平行四边形的性质和判定，菱形的性质和判定，等腰三角形的性质和判定，勾股定理等知识点，解题的关键是掌握以上知识点． 避错秘籍 【防错指南】 特殊平行四边形主要特征区分： ① 矩形：平行四边形+一个直角（或对角线相等）； ② 菱形：平行四边形+一组邻边相等（或对角线互相垂直）； ③ 正方形：矩形+菱形（或平行四边形+直角+邻边相等）。 “判定特殊平行四边形的两步法”： 第一步，先判定四边形是平行四边形（用平行四边形的5种判定方法）； 第二步，再用特殊条件判定其为矩形、菱形、正方形； 例外情况：直接判定矩形（有三个直角的四边形）、直接判定菱形（四条边相等的四边形），无需先判定平行四边形； 正方形判定关键：必须同时满足“矩形的条件”和“菱形的条件”，缺一不可； 避坑提醒：对角线相等的四边形不一定是矩形（可能是等腰梯形），对角线互相垂直的四边形不一定是菱形，必须结合“平行四边形”这一前提。 【知识链接】 （1）矩形（平行四边形特例） 性质：① 具备平行四边形所有性质；② 四个角都是直角；③ 对角线相等； 判定：① 平行四边形+一个直角；② 平行四边形+对角线相等；③ 三个角是直角的四边形。 （2）菱形（平行四边形特例） 性质：① 具备平行四边形所有性质；② 四条边相等；③ 对角线互相垂直，且平分一组对角； 判定：① 平行四边形+一组邻边相等；② 平行四边形+对角线互相垂直；③ 四条边相等的四边形。 （3）正方形（矩形+菱形特例） 性质：① 具备平行四边形、矩形、菱形所有性质；② 四条边相等，四个角都是直角；③ 对角线相等且互相垂直平分； 判定：① 平行四边形+直角+邻边相等；② 矩形+一组邻边相等；③ 菱形+一个直角；④ 对角线相等且互相垂直平分的四边形。 变式迁移 【变式3-1】（2025·江苏无锡·中考真题）如图，在矩形中，点在延长线上，点在延长线上，且，连接、． 求证： (1)； (2)． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】本题考查矩形的性质，全等三角形的判定和性质： （1） 结合矩形的性质，根据“边角边”证明； （2）根据全等三角形的对应边相等得，结合，可得． 【详解】（1）证明：四边形是矩形， ，， ， 在和中， ， ； （2）证明：， ， 又， ， ． 【变式3-2】（2025·山东青岛·中考真题）如图，在中，为的中点，为延长线上一点，连接，，过点作交的延长线于点，连接． (1)求证：； (2)已知____（从以下两个条件中选择一个作为已知，填写序号），请判断四边形的形状，并证明你的结论． 条件①：； 条件②：． （注：如果选择条件①条件②分别进行解答，按第一个解答计分） 【答案】(1)证明见解析 (2)条件①，四边形为矩形；条件②，四边形为菱形，证明见解析 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，菱形和矩形的判定，熟练掌握各四边形的判定与性质是解题的关键． （1）根据平行得到，，再由，即可由证明全等； （2）先证明四边形为平行四边形，再根据选择的条件结合菱形和矩形判定证明即可． 【详解】（1）证明：∵， ∴，， ∵为的中点， ∴， ∴ （2）解：选择条件①，四边形为矩形，理由如下： ∵ ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形为矩形； 选择条件②，四边形为菱形，理由如下： ∵ ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， ∴四边形为菱形． 易错点4 无图几何题考虑不全 错因剖析 概念混淆：对无图几何题的核心特点（多解性、不确定性）理解不足，将单一图形经验套用在无图题中，对几何图形的可变位置、多种构造缺乏认知，概念应用局限于固定场景。 认知偏差：思维片面且固化，缺乏分类讨论的意识，对无图几何题的“不确定性”重视不足，无法主动挖掘题目中隐含的多解条件，陷入“单一图形”的思维误区，导致漏解。 基础薄弱：几何画图能力薄弱，分类讨论的思维和方法掌握不足，对无图题的解题流程（画图→分类→验证）不熟悉，计算能力和逻辑梳理能力不足，无法完整解决多解问题。 【例4】（2026·黑龙江哈尔滨·一模）已知为矩形的对角线，的垂直平分线分别交、于点E、F，若，，则的长为______． 【答案】或 【分析】设与交于一点O，连接，由题意易得，，，，然后可得，则根据勾股定理可得或，进而分类进行求解即可． 【详解】解：设与交于一点O，连接，如图所示： ∵的垂直平分线分别交、于点E、F， ∴，，， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 由可设， 在中，由勾股定理可得：， 解得：， 当时，则，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； 当时，则，，同理可得：，，, ∴； 综上所述：的长为或． 避错秘籍 【防错指南】无图必多解（除非题目明确限定图形位置、形状）， 看到无图几何题，第一反应是“可能存在多种情况”，分类讨论。 区分“固定条件”与“可变条件”：题目中明确给出的边长、角度为固定条件，未明确的图形位置、形状为可变条件，分类讨论的核心的是“可变条件”。 常见可变场景：点与直线的位置（线上/延长线）、三角形的类型（锐角/直角/钝角）、等腰三角形的腰底、平行四边形的对角线长短、圆上点的位置等。 提升画图与分类能力 ① 点的位置（线上/延长线、左侧/右侧）； ② 图形类型（锐角/直角/钝角三角形）； ③ 等腰三角形的腰底； ④ 对角线的长短/位置。 【知识链接】 三角形和四边形综合运用，解题时常用勾股定理、全等（相似）三角形、三角函数等解答，同时，往往需要添加辅助线，熟练利用已知条件构造解题模型是解答关键。 变式迁移 【变式4-1】（2026·四川巴中·一模）如图，在平面直角坐标系中，矩形的顶点A、C的坐标分别为，，D是的中点，点P在线段上运动，当是腰长为5的等腰三角形时，点P的坐标为______． 【答案】 或 或 【分析】先求出，，然后根据题意分情况讨论：当时，当时，当时，分别利用勾股定理求解即可． 【详解】解：∵矩形的顶点、的坐标分别为，， ∴． ∵D是OA的中点， ∴． 过作于，则 ①当时，如图1所示： 由勾股定理得：， ； ②当时，如图1所示： 由勾股定理得：, ∴，这与矛盾，此种情况不存在； ③当时，如图2所示： 由勾股定理得：， ， ； 如图3所示： 由勾股定理得：， ， ； 综上，点的坐标为 或 或． 【变式4-2】（2026·新疆乌鲁木齐·一模）如图，矩形中，，将该矩形绕着点旋转，得到四边形，使点在直线上，那么线段的长度是_____． 【答案】或 【分析】由旋转性质可知：，分两种情况：当点在线段上时，勾股定理求出，从而得出，证明，从而求出，，即可求出，再根据勾股定理求出即可；当点D在线段的延长线上时，同理可求出，，即可求出，再根据勾股定理求出即可． 【详解】解：在矩形中，，， 由旋转性质可知：， 当点在线段上时，如图 1， ， ， ， ， ， ， ， ； 当点D在线段的延长线上时，如图2， 同理可得：， 则， ， ∴， ， 故答案为：或． 【变式4-3】（2024·黑龙江牡丹江·中考真题）矩形的面积是90，对角线交于点O，点E是边的三等分点，连接，点P是的中点，，连接，则的值为______． 【答案】13或 【分析】本题考查了矩形的性质，三角形中位线定理，勾股定理．当时，利用三角形中位线定理求得，再求得矩形的边长，利用勾股定理求得的长，再根据斜边中线的性质即可求解；当时，同理求解即可． 【详解】解：当时，如图， ∵矩形， ∴点O是的中点， ∵点P是的中点， ∴，， ∵点E是边的三等分点， ∴，， ∵矩形的面积是90， ∴， ∴， ∴， ∴； 当时，如图， ∵矩形， ∴点O是的中点， ∵点P是的中点， ∴，， ∵点E是边的三等分点， ∴，， ∵矩形的面积是90， ∴， ∴， ∴， ∴； 故答案为：13或． 易错点5 四边形背景下的折叠问题 错因剖析 概念混淆：对折叠的核心性质（全等性、轴对称性）理解不透彻，对不同四边形的性质记忆不清晰，无法将折叠性质与四边形性质灵活结合，导致性质应用错位、逻辑混乱。 认知偏差：对折叠的轴对称性理解不全面，缺乏“折叠前后不变量”的解题意识，思维固化且片面，未考虑折叠的多种方式和图形存在性，导致漏解、错解。 基础薄弱：几何画图能力薄弱，对折叠问题的解题逻辑（折叠→全等→等量关系→计算）不熟悉，勾股定理、方程应用能力不足，。 【例5】（2025·吉林·中考真题）【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，，，E为边的中点，点F在边上，且，连接，将沿翻折得到，点D的对称点为点G．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M，点N在边上，且，连接，将沿翻折得到，点B的对称点为点H．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 【分析】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． 【详解】[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． 避错秘籍 【防错指南】挖掘隐含条件，规避认知偏差 必挖隐含条件：① 折叠前后，边长、角度、周长不变（不变量）；② 对称轴垂直平分对应点连线，可利用此性质求线段垂直关系、中点坐标；③ 折叠后，重叠部分为全等图形，可利用重叠部分的边、角关系补充条件。 分类讨论提醒：遇到“四边形折叠”无图题，或未明确折叠方式时，需分类讨论（如沿不同边、不同对角线折叠），确保不遗漏折叠情况； 四边形性质应用原则： 先明确四边形类型（平行四边形、矩形、菱形、正方形），再套用对应性质，避免乱用； 牢记：矩形的直角和对角线相等、菱形的四条边相等和对角线垂直、正方形的双重性质。 【知识链接】 折叠性质： ① 折叠前后，图形全等（对应边相等、对应角相等）； ② 折叠具有轴对称性，对称轴垂直平分对应点的连线，对应点到对称轴的距离相等。 四边形相关： ① 平行四边形：对边平行且相等、对角相等、对角线互相平分； ② 矩形：具备平行四边形所有性质、四个角为直角、对角线相等； ③ 菱形：具备平行四边形所有性质、四条边相等、对角线互相垂直且平分一组对角； ④ 正方形：具备平行四边形、矩形、菱形所有性质； 辅助定理：勾股定理（a²+b²=c²）、三角形全等判定（SSS、SAS、ASA等）。 常用解题思路 求边长/角度：利用折叠全等性，将未知边、角转化为已知边、角，结合四边形性质和勾股定理，建立方程求解； 判断图形形状：折叠后，结合全等性质和四边形性质，判断折叠后的图形（如三角形、小四边形）的形状（等腰三角形、矩形等）； 多解折叠：未明确折叠方式时，按“沿不同边、不同对角线”分类讨论，逐一画图、推导、验证，确保不重不漏。 变式迁移 【变式5-1】（2025·山东威海·中考真题）（1）如图①，将平行四边形纸片的四个角向内折叠，恰好拼成一个无缝隙、无重叠的四边形．判断四边形的形状，并说明理由； （2）如图②，已知能按照图①的方式对折成一个无缝隙、无重叠的四边形，其中，点M在上，点N在上，点P在上，点Q在上．请用直尺和圆规确定点M的位置．（不写作法，保留作图痕迹） 【答案】（1）四边形是矩形，理由见解析；（2）见解析． 【分析】本题考查作图-复杂作图，平行四边形的性质，翻折变换，圆周角定理，解题的关键是掌握平行四边形的性质． （1）四边形是矩形，根据四个角是直角的四边形是矩形证明即可； （2）分别作的中垂线，得到点，连接，作的中垂线，得到的中点，以为圆心，的长为半径画圆，与的交点即为点； 【详解】解：（1）四边形是矩形，理由如下： 由折叠的性质可知，，， ， ， ，即， 同理可得：， ∴四边形是矩形； （2）由（1）可知：， 故分别为的中点，点在以为直径的圆上， 同理：点分别为的中点，点在以为直径的圆上， 如图，即为所求． 【变式5-2】（2025·四川眉山·中考真题）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1，将矩形纸片沿过点C的直线折叠，使点B落在边上的点处，折痕交于点E，再沿着过点，的直线折叠，使点D落在边上的点处，折痕交于点F．将纸片展平，画出对应点、及折痕、，连接、、． 【初步猜想】（1）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G，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】（2）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】（3）如图2，在矩形中，，按上述操作折叠并展开后，过点作交于点G，连接．当为直角三角形时，求出的长． 【答案】（1），（2）见解析（3）或4 【分析】（1）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； （2）根据题干给定的2种方法进行证明即可； （3）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 【详解】解：（1）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； （2）法一：∵矩形， ∴， ∵折叠， ∴，，， ∴，即：，， 由（1）知： 又∵， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵， ∴； 法二：作交于点G，则：， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∵矩形， ∴， ∴， ∴， ∵折叠， ∴，， ∴， ∴， ∴； （3）解：作交于点G，则：， 由（2）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：， ∴ 【点睛】本题考查矩形与折叠，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理，等腰三角形的判定和性质，解直角三角形等知识点，熟练掌握折叠的性质，添加辅助线构造特殊图形，是解题的关键． 【变式5-3】（2026·山东济宁·一模）综合与探究 问题情境：在正方形纸片中，点是边的中点，点是边上的一个动点，将沿折叠，点的对应点为，的延长线与边交于点，连接． 数学思考： (1)如图1，请判断的形状，并说明理由； 拓展探究： 过点再折出的平行线，与边交于点，射线与交于点． (2)如图2，若点在的延长线上，试判断线段与的数量关系，并说明理由； (3)若，在点运动的过程中，是否存在某一时刻，使是等腰三角形？若存在，请直接写出的长；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)是等腰三角形，理由见解析； (2)，见解析； (3)存在，的长为或 【分析】（1）根据折叠以及已知条件可得，则，而，可得，即可证明； （2）过点作的平行线，与的延长线交于点，根据等腰三角形的判定证明，而可证明平行四边形，则，即可利用证明，那么； （3）当点在的延长线上，当是等腰三角形，则，则设而，故，解得：，可得，则；当点在线段上，是等腰三角形，则，则设，而，则，解得：，则，同理可求． 【详解】（1）解：是等腰三角形，理由如下： 如图， ∵点是边的中点， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， ∵折叠， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴是等腰三角形； （2）解：，理由如下： 过点作的平行线，与的延长线交于点，则， ∵折叠， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，正方形中， ∴四边形是平行四边形， ∴， 又∵， ∴， ∴ ∴； （3）解：存在， 当点在的延长线上， ∵， ∴， ∴是等腰三角形，则 ∴， 设 ∴， ∵， ∴， 解得：， 由折叠可得， ∴， ∵点是边的中点， ∴， ∴； 当点在线段上，如图： ∵， ∴ ∴， ∴是等腰三角形，则 ∴， 设 ∴， ∵， ∴， 解得：， ∴， 由折叠可得， ∴， ∵点是边的中点， ∴， ∴， 综上所述，存在某一时刻，使是等腰三角形，的长为或． 易错点6 四边形背景下的最值问题 错因剖析 概念混淆：对四边形背景下的最值模型理解不透彻，无法区分不同模型的适用场景，对四边形性质与最值模型的关联认识不足，概念应用混乱，缺乏“模型适配”的解题意识。 认知偏差：对四边形背景下最值问题的“限制条件”挖掘不足，缺乏“动点运动范围”的分析意识，未掌握最值实现的核心条件，导致漏解、错解。 基础薄弱：最值模型的构造方法和应用能力薄弱，对四边形背景下动点运动轨迹的分析能力不足，勾股定理、三角形三边关系的应用不熟练，计算能力和逻辑推导能力欠缺。 【例6】（2025·西藏·中考真题）如图，在菱形中，，，连接，点P是上的一个动点，连接，，则的最小值是_________． 【答案】 【分析】本题考查了旋转-最短路线问题，三角形全等的判定，菱形的性质以及等边三角形的性质．通过将绕点A顺时针方向旋转的点，此时证明和全等后找到对应的线段，的最小值即为点B，，P，D四点共线时，线段的长度即为所求． 【详解】如图，将线段绕点A顺时针方向旋转，得到线段，连接，，， 由题意知，在菱形中，，， ∴和为等边三角形， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，即点B，，P，D四点共线时，的最小， 此时最小值的长度为． 故答案为：． 避错秘籍 【防错指南】四边形背景下最值问题“四步解题法”： 1. 定模型：判断题目所求最值类型，确定适用的核心最值模型（两点之间、垂线段最短、将军饮马）； 2. 构图形：根据模型要求，结合四边形性质构造辅助线（如对称点、垂线段），将最值问题转化为线段、三角形问题； 3. 算最值：结合勾股定理、三角形三边关系、四边形性质，计算出最值的具体数值或取值范围； 4. 验合理性：验证最值对应的动点位置是否在四边形的运动范围内，是否符合图形存在性，确保答案有效。 【知识链接】 四边形背景下3种核心最值模型（必记）： ① 两点之间线段最短：适用于求“两点之间线段长度”“两条线段和的最小值（无对称需求）”； ② 垂线段最短：适用于求“点到直线的距离最值”“动点到定边的距离最值”； ③ 将军饮马模型：适用于求“动点到两个定点的距离和/差的最值”，核心是构造对称点，转化线段。 常用解题思路 距离和/差最值：优先用将军饮马模型，构造对称点，将线段和/差转化为一条线段，利用“两点之间线段最短”求解； 点到线的距离最值：用垂线段最短模型，结合四边形的直角、平行线性质，画出垂线段，计算长度； 对角线/边长最值：利用三角形三边关系，结合四边形的边长固定条件，推导最值范围；动点型最值：分析动点运动轨迹，确定最值出现的位置（顶点、中点、垂直交点），再计算数值。 变式迁移 【变式6-1】（2025·山东·中考真题）如图，在中，，，．点为边上异于的一点，以，为邻边作，则线段的最小值是______． 【答案】 【分析】本题主要考查了平行四边形的性质、垂线段最短等知识点，掌握平行四边形对角线相互平分是解题的关键． 由勾股定理可得，设与交于点O，过O作于点，由四边形作是平行四边形得、，根据垂线段最短可得当时，即P与重合时，最小；再运用三角函数求得，进而求得即可解答． 【详解】解：∵在中，，，， ∴， 如图，设与交于点O，过O作于点， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴、 ∴当线段长最小，则线段的长最小， 由垂线段最短可得：时，即P与重合时，最小； ∵， ∴，解得：． ∴线段长最小为． 故答案为：． 【变式6-2】（2026·安徽·模拟预测）如图，在矩形中，，是射线上一动点，连接并将它绕点顺时针旋转得到线段，连接，取的中点，再连接．则下列说法正确的是（   ） A．的最小值为2 B．的最小值为 C．的最小值为 D．的最小值为 【答案】B 【分析】如图，连接，过作交的延长线于，与交于点，证明点在射线上，当点运动到时，此时最短，进一步可判断A；如图所示，作点关于直线的对称点，连接，则，当三点共线时，此时最小．进一步可判断B，如图，过作于，取的中点，则，证明在射线上运动，可得当时，最小，进一步可得判断C．要使取得最小，即最小，如图，当移动到上时，的值最小，进一步可判断D． 【详解】解：如图，连接，过作交的延长线于，与交于点， ∵在矩形中，， ∴，，， ∵，，为的中点， ∴，， ∴四点在同一个圆上， ∴， ∴点在射线上， ∴当点运动到时，此时最短， 如图，当重合，重合时， 此时四边形是正方形，则，， ∴， ∴， ∴当，重合时，的最小值为， ∴A选项错误． 如图所示，作点关于直线的对称点，连接，则， 当三点共线时，此时最小． 延长交于点，则为等腰直角三角形， 即， 连接，则， ∴，所以B选项正确． 如图，过作于，取的中点，则， 根据旋转可得，， ∵， ∴， 又， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， 又∵，， ∴，共线，， ∴在射线上运动， ∴当时，最小， ∴，的最小值为， ∴C选项错误． 由题意可知，为等腰直角三角形，为的中点， ∴， ∵要使取得最小，即最小， 如图，当移动到上时，的值最小，为． 即的最小值为4， ∴D选项错误． 【变式6-3】（2025·海南·中考真题）如图，点是内一动点，且，，． （1）面积的最大值为_______； （2）连接，分别取、的中点、，连接．若，则线段长度的最小值为_______． 【答案】 4 【分析】（1）利用直径所对圆周角为90度确定点E的运动轨迹为以为直径的半圆，再利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半和圆的性质解答即可； （2）连接，利用三角形的中位线定理得到，则取得最小值时，长度最小，设的中点为O，连接，当、、三点共线时，此时最小；过点O作，交的延长线于点F，然后利用平行四边形的性质和勾股定理求得，进而得到，即可求得，进而得到． 【详解】（1）解：∵点E是内一动点，且， ∴点E的运动轨迹为以为直径的半圆， 取的中点O，连接，当时，此时与的距离最大， 即此时面积取得最大值，如图， ∵ ∴， ∴面积的最大值． 故答案为：4； （2）连接，如图， ∵、的中点为M、N， ∴， ∴取得最小值时，长度最小． 由（1）可知，点E的运动轨迹为以为直径的半圆，设的中点为O，连接， ∴当、、三点共线时，此时最小，如图， 由（1）可知，， 过点O作，交的延长线于点F，如图， ∵四边形为平行四边形，，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴线段长度的最小值． 故答案为：． 【点睛】本题考查了直径所对圆周角等于90度，勾股定理，平行四边形的性质，三角形中位线判定与性质，含30度角的直角三角形等知识点，解题关键是灵活运用上述知识点并得到点的轨迹． 易错点7 四边形的几何综合探究 错因剖析 概念混淆：知识不成体系，只会单个知识点，不会综合建模，对 “几何探究” 的题型结构不理解。 认知偏差：缺乏从特殊到一般的探究思维，不会抓 “变中不变”，综合分析能力弱。 基础薄弱：综合题解题流程不清晰，书写习惯差，分类讨论与计算能力薄弱。 【例7】（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． 避错秘籍 【防错指南】 1. 建立 “四边形综合题” 固定思维框架 ①看到四边形综合探究，按这条主线走： 先定图形身份：是平行四边形 / 矩形 / 菱形 / 正方形？有哪些天然性质可用？ ②找相等与垂直： 边：对边平行且相等、四边相等、对角线关系 角：直角、平分角、互补角 ③构造全等 / 相似： 四边形综合题几乎都要靠全等搭桥，再用勾股算长度。 2. 探究题三步万能套路（最重要） 第 (1) 问：特殊情况，直接证全等、算长度； 第 (2) 问：类比迁移，方法和第 (1) 问几乎一样，只改字母不改思路； 第 (3) 问：拓展推广，判断结论是否仍然成立，不成立就写新关系。 口诀：一问打底，二问照搬，三问判断。 3. 抓 “变中不变”，少走 90% 弯路 先标出不变量，再看变化部分。 【知识链接】 平行四边形：对边平行且相等，对角线互相平分 矩形：直角 + 对角线相等 菱形：四边相等 + 对角线垂直平分 正方形：矩形 + 菱形全部性质 必备解题知识点：全等三角形、相似三角形、三角函数、勾股定理、平行线倒角、轴对称 变式迁移 【变式7-1】（2026·山西大同·一模）综合与实践 数学课上，同学们以含角的平行四边形为载体，开展了平移、折叠、旋转的综合实践活动．如图1，在平行四边形中，． 【智慧小组——平移探究】 (1)如图2，将沿着射线方向平移，得到，点的对应点为．当四边形为矩形时，求平移的距离． 【善思小组——折叠探究】 (2)如图3，将沿着折叠得到，点的对应点为，连接．猜想四边形的形状，并证明你的猜想． 【探索小组——旋转探究】 (3)将绕点顺时针旋转得到，点的对应点分别为点．当为以为底的等腰三角形时，请你直接写出的值． 【答案】(1) (2)四边形是矩形，见解析 (3)或 【分析】（1）根据平行四边形的性质可求出，根据含的直角三角形的性质求出，根据平移的性质得出，根据矩形的性质并结合可求出，然后在中，根据正切的定义求出即可； （2）根据折叠的性质得出，，，则可证、D、B三点共线，则，然后根据矩形的判定即可得证； （3）分两种情况讨论：当点F在的上方时，过F作于M，交于N，过D作于H，在中，解直角三角形求出，，根据三线合一的性质求出，根据矩形的判定与性质求出，，根据旋转的性质得出，在中，根据勾股定理求出，最后在中，根据勾股定理求解即可；当点F在的上方时，类似求解即可． 【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形，，， ∴，，，，， ∴，， ∴， ∴， ∵平移后四边形是矩形， ∴，， ∴， 在中，， 即平移距离为； （2）解：四边形是矩形 理由：∵折叠， ∴，，， ∴， ∴、D、B三点共线， ∴， ∴四边形是平行四边形， 又 ∴平行四边形是矩形； （3）解：当点F在的上方时，如图，过F作于M，交于N，过D作于H， 在中，，， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， 又， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵旋转 ∴， ∴在中，， ∴， ∴； 当点F在的下方时，如图，过F作于M，交于N，过D作于H， 在中，，， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， 又， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵旋转 ∴， ∴在中，， ∴， ∴； 综上，的值为或． 【变式7-2】（2026·吉林长春·一模）【问题背景】小明遇到了这样一个问题：如图①，在正方形中，，点、分别为边、的中点，以为边向下作正方形．点、分别在边、上运动，且，连结、．求的最小值． 【问题探究】小明发现，可以利用正方形的轴对称性质将“分离”的线段与成功“接轨”，再依据“两点之间，线段最短”解决问题．具体做法如下： 证明：如图②，取边的中点，连结． 证明过程缺失 ． ． 请你帮助小明补全上述证明过程． 【问题解决】的最小值为______． 【拓展提升】如图③，在正方形中，，点、分别在边、上运动，且，点在边上，连结、．若，则的最小值为______． 【答案】问题探究：见解析；问题解决；拓展提升： 【分析】问题探究：利用正方形的性质和中点性质得，，再由，得，即可由得出，从而由全等三角形的性质得出结论； 问题解决：连接，根据两点之间，线段最短得，当M、Q、F三点共线时，值最小，最小值等于，延长、相交于N，利用正方形的性质和勾股定理求得，即可求解； 拓展提升：在正方形下方作正方形，在边上取点M，使，在边上取点N，使，连接，则，，根据两点之间，线段最短得，，所以当M、Q、N三点共线时，最小，最小值等于，利用正方形的性质和勾股定理求得，即可求解． 【详解】解：问题探究： 证明：如图②，取边的中点，连结． ∵正方形， ∴，， ∵M，分别为边、的中点， ∴，， ∴， ∵， ∴，即， ， ． 问题解决：如图②，连接， ∵， ∴当M、Q、F三点共线时，值最小，最小值等于， 延长、相交于N， ∵正方形，正方形，为边的中点，， ∴正方形， ∴，， ∴ 由勾股定理，得， ∴的最小值为． 拓展提升：在正方形下方作正方形，在边上取点M，使，在边上取点N，使，连接，如图③， 由问题探究可知：，， ∵ ∴当M、Q、N三点共线时，最小，最小值等于， ∵正方形，正方形，，， ∴，，， ∴ 由勾股定理得：， ∴的最小值为． 【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，两点之间，线段最短，利用正方形的对称性质，正确作出辅助线是解题的关键． 【变式7-3】（2026·河北石家庄·一模）综合与实践 数学兴趣小组以“尺规作图和特殊四边形旋转”为主题，开展数学活动． 【问题发现】 (1)如图1，在矩形中，，点是对角线上一点，于． ①尺规作图：作直线于点（不写作法，只保留作图痕迹）； ②线段与的数量关系为____________； (2)【拓展探究】如图，将图中的四边形绕点逆时针旋转，记旋转角为，当时，连接，，在旋转的过程中，与的数量关系是否仍然成立？请利用图2说明理由； (3)【解决问题】如图3，当矩形的边时，点为直线上异于、的一点，以为边作正方形，点为正方形的中心，连接，若，，直接写出的长． 【答案】(1)①见解析② (2)成立；理由见解析 (3)或 【分析】（1）①按照尺规作图的方法，过点作的垂线即可；②由可得，即可求解； （2）通过论证可得，即可得； （3）根据点在线段和其延长线上两种情况讨论求解即可. 【详解】（1）解：①如图所示：即为所求， ②∵， ∴， ∵矩形中，， ∴， ∴， ∴， ∵矩形中，，， ∴， ∵， ∴， ∴即：； （2）答：，理由如下： ∵， ∴， ∴， ∵由旋转可得：， ∴， ∴， 即：； （3）解：连接， ∵正方形中，点为正方形的中心， ∴，， ∴是等腰直角三角形，， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴ ∵， 当点在线段上时，， ∴即：， 当点在线段的延长线上时，， ∵正方形中，，， ∴是等腰直角三角形，， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴ ∴即：， 综上：的长为：或． 易错点 8 函数背景下的特殊四边形存在性问题 错因剖析 概念混淆：对函数性质与特殊四边形判定的关联理解不足，知识碎片化，不会进行“代数→几何”“几何→代数”的转化，概念应用混乱，缺乏数形结合的思维。 认知偏差：设动点坐标时，未结合函数解析式用一个未知数表示坐标，导致列出的方程过于复杂，无法求解。 基础薄弱：函数解析式应用、坐标运算能力薄弱，两点间距离公式、公式记忆不牢固，分类讨论的方法和思路不熟练，缺乏数形结合的解题能力和规范的解题流程。 【例8】（2025·四川雅安·中考真题）如图，二次函数的图象与x轴交于点和点B，与y轴交于点． (1)求二次函数的表达式； (2)点Q是抛物线在第三象限上的一点，满足，请求出点Q的坐标； (3)点E在抛物线的对称轴上，在抛物线上是否存在点F，使得以A，C，E，F为顶点的四边形为平行四边形？若存在，请直接写出点F的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)二次函数解析式为 (2) (3)存在，以A，C，E，F为顶点的四边形为平行四边形，点的坐标为或或 【分析】（1）把代入，运用待定系数法求解即可； （2）根据题意得到，由正切值的计算得到，结合题意，，设，过点作轴于点，代入计算即可求解； （3）根据题意得到二次函数对称轴直线为，设，，且，根据平行四边形的性质得到，对角线的交点的横坐标相等，由此即可求解． 【详解】（1）解：二次函数的图象与x轴交于点和点B，与y轴交于点， ∴， 解得，， ∴二次函数解析式为； （2）解：二次函数解析式为， ∴当时，， 因式分解得，， 解得，， ∴， ∴， 如图所示，连接， ∵， ∴， ∵点Q是抛物线在第三象限上的一点， ∴设，过点作轴于点， ∴，， ∵满足， ∴， ∴， ∴， 整理得，， 因式分解得，， 解得，，（舍去）， ∴，则， ∴； （3）解：二次函数解析式为， ∴对称轴直线为， 设，，且， 当四边形是平行四边形时， ∴对角线交点的横坐标相等，即， 解得，， ∴， ∴； 当四边形是平行四边形时， ∴， 解得，， ∴， ∴； 当四边形是平行四边形时， ∴， 解得，， ∴， ∴； 综上所述，存在以A，C，E，F为顶点的四边形为平行四边形，点的坐标为或或． 避错秘籍 【防错指南】 牢记“数形结合”核心：函数图像上的点→坐标（代数），特殊四边形的判定→边、角、对角线关系（几何），解题关键是“将几何关系转化为代数方程”。 ① 平行：两点连线斜率相等（一次函数中k相等）； ② 垂直：两点连线斜率乘积为-1（特殊情况：垂直于x轴、y轴）； ③ 边相等：两点间距离相等（套用两点间距离公式）； ④ 对角线相等/垂直：对角线两端点距离相等/连线斜率乘积为-1。 区分特殊四边形的判定条件（结合坐标）： ① 矩形：对角线相等且互相平分（坐标中点相同，对角线长度相等）； ② 菱形：对角线互相垂直且互相平分（坐标中点相同，对角线斜率乘积为-1）； ③ 正方形：对角线相等、垂直且互相平分（结合矩形和菱形的条件）。 【知识链接】 中点公式：； 两点之间的距离公式：； 直线的斜率公式： 变式迁移 【变式8-1】（2025·四川绵阳·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，直线与轴交于点，与轴交于点，点在轴右侧的轴上，抛物线经过A，B，C三点，顶点为． (1)求抛物线的解析式及点B，D的坐标； (2)点在直线AC上运动，当的周长最小时，求点的坐标； (3)探究在内部能否截出面积最大的矩形（顶点E，F，G，H在各边上）？若能，求出此时矩形在边上的顶点的坐标；若不能，请说明理由． 【答案】(1)，．； (2)． (3)能，边上的顶点的坐标为，或． 【分析】（1）求得点A，C坐标，利用待定系数法即可求得抛物线的解析式；利用抛物线的解析式令，解方程即可求得点B在横坐标；利用配方法即可求得点D的坐标； （2）利用勾股定理及其逆定理得到，延长至点，使，连接，交直线于点P，利用轴对称的性质可得，B关于直线对称，此时的周长最小，过点作轴于点E，利用三角形的中位线定理得到点坐标，利用待定系数法求得直线的解析式为，再与直线联立即可求得点P坐标； （3）利用分类讨论的思想方法分两种情况讨论解答：①设与交于点K，设，利用矩形的性质，相似三角形的判定与性质求得其面积，利用二次函数的性质得到当时，矩形的面积取得最大值为，再利用三角形的中位线定理解答即可；②顶点E，F，G，H在各边上，H与点C重合，设，利用矩形的性质，相似三角形的判定与性质求得据的面积，利用二次函数的性质得到当时，矩形的面积取得最大值为，再利用三角形的中位线定理解答即可． 【详解】（1）解：中， 令，则， ∴， 令，则， ∴， ∴， ∵抛物线经过A，B，C三点， ∴， ∴， ∴抛物线的解析式为． 令，则， ∴，或， ∴． ∵ ∴顶点； （2）∵，，， ∴， ∴，，， ∵， ∴， ∴， 延长至点，使，连接，交直线于点P，如图， 则，B关于直线对称，此时的周长最小， 过点作轴于点E， ∵轴，轴， ∴ ， ∵， ∴为的中位线， ∴， ∴， 设直线的解析式为， ∴， ∴， ∴直线的解析式为， ∴， ∴， ∴． （3）在内部能截出面积最大的矩形（顶点E，F，G，H在各边上），此时矩形在边上的顶点的坐标为，或． ①如图，顶点E，F，G，H在各边上，设与交于点K， 设， ∵四边形为矩形，， ∴四边形，为矩形，， ∴， ∵ ∴， ∴， ∴， ∴， ∴矩形的面积 ∵， ∴当时，矩形EFGH的面积取得最大值为． ∴， ∵， ∴H为的中点， ∴． 同理，点G为的中点， ∴． ②如图，顶点E，F，G，H在各边上，H与点C重合， 设， ∵四边形为矩形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴矩形的面积 ∵， ∴当时，矩形的面积取得最大值为． ∴， ∴点G为的中点， ∵， ∴为的中位线， ∴ ∴， ∴． 综上，在内部能截出面积最大的矩形(顶点E，F，G，H在各边上），此时矩形在边上的顶点的坐标为，或． 【点睛】本题主要考查了二次函数的图象与性质，待定系数法，配方法，抛物线上点的坐标的特征，一次函数的图象与性质，一次函数图象上点的坐标的特征，轴对称的性质，分类讨论的思想方法，矩形的性质，直角三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，利用点的坐标表示出相应线段的长度是解题的关键． 【变式8-2】（2025·四川成都·三模）如图，在平面直角坐标系中，一次函数的图象与反比例函数的图象交于两点，点C为第一象限反比例函数图象上一点，连接，BO． (1)求反比例函数和一次函数的表达式； (2)若时，求点C的坐标； (3)定义：我们把对角线与一边垂直的平行四边形叫做“铅垂平行四边形”，若点D在x轴上方，当以A，B，C，D为顶点的四边形是“铅垂平行四边形”时，求点D的坐标． 【答案】(1)， (2)或 (3)或或 【分析】本题考查了反比例函数与一次函数表达式的求解、三角形面积的坐标计算以及新定义“铅垂平行四边形”的综合应用；解题的关键是利用函数图象上点的坐标特征求解析式，结合坐标表示面积建立等量关系，以及分类讨论平行四边形中对角线与边的垂直关系． （1）由点B在反比例函数上求出反比例函数解析式，进而确定点A的坐标，再将A、B坐标代入一次函数求出其表达式； （2）设点C的坐标，通过坐标表示出三角形的高（即点C与直线的纵向距离），结合面积关系列方程求解点C的坐标； （3）按“铅垂平行四边形”的垂直条件分三类：①为对角线且，通过构造相似三角形求得直线解析式，联立反比例函数得，再用平移求；②为对角线且，构造相似直角三角形，用相似比列方程求，再求；③为对角线且，同理求C后用平移求D． 【详解】（1）解：反比例函数经过点， ， ， 反比例函数的表达式为， 点在反比例函数的图象上， ， 解得：， ， 把，代入，得：， 解得：， 一次函数的表达式为； （2）解：设，过点C作y轴的平行线交直线于E，如图1，设直线交y轴于点F，则，， ，， ， ， 即， 整理得：或， 或或， 点C在第一象限， 或， 或； （3）解：分三类讨论： ①当为对角线，时，如图2， 直线的表达式为，设与x轴、y轴的交点为M、L， 当时，，当时，， ∴点，且， 所以，，， 设直线与与x轴交于点N， ∵， ∴， ∴，即，得， ∴，即， 设直线的解析式为，将点B与点N坐标代入得： ， 解得：， 直线的表达式为， 联立方程组得：， 解得：舍去，， ， 四边形是平行四边形，，， ，， 由平移规律得：，， ； ②当为对角线，时，如图3，设，过点C作轴，过点A、B分别作y轴的平行线交于E、F， 则，，，，， ， ， ∽， ，即， 解得：（舍去）或舍去或， ， 四边形是平行四边形， ，， 由平移规律得：，， ； ③当为对角线，时，如图4， 同理可得：， 四边形是平行四边形， ，， 由平移规律得：，， ； 综上所述，点D的坐标为或或 【变式8-3】（2025·湖北·二模）如图．二次函数的图象交轴于点，，交轴于点，点的坐标为，对称轴是直线，点是轴上一动点，轴，交直线于点．交抛物线于点． (1)求这个二次函数的解析式； (2)若点在线段上运动（点与点，点不重合），求四边形面积的最大值．并求出此时点的坐标； (3)若点在轴上运动，则在轴上存在点，使以、、、为顶点的四边形是菱形．请直接写出所有满足条件的点的坐标． 【答案】(1) (2)四边形面积的最大值是，此时 (3)存在，点的坐标为或或 【分析】（1）由抛物线对称轴是直线，可求出，再根据点的坐标为，求出，即可求解； （2）连接，设，则，可得，再求出点，，得到，，，由可得，根据二次函数的性质可得答案； （3）求出直线的解析式为，设，，则，，由知，，是菱形的一组对边；分两种情况：①当、为对角线时，、的中点重合，且，②当、为对角线时，、的中点重合，且，分别列出方程组，即可解得答案． 【详解】（1）解：二次函数的对称轴是直线， ， ， 点的坐标为， ， ， 二次函数的解析式为； （2）解：如图，连接， 设，则， ， 在中，令，则，令，则， 解得：或， ，， ，， ， ， ， ， 当时，四边形的面积取最大值，四边形面积的最大值是，此时； （3）解：在轴上存在点，使以、、、为顶点的四边形是菱形，理由如下： 设直线的解析式为，将，代入得： ， 解得：， 直线的解析式为， 设，，则，， ， 当以、、、为顶点的四边形是菱形时，，是一组对边； ①当、为对角线时，、的中点重合，且， ， 解得：（此时、与重合，舍去）或， ； ②当、为对角线时，、的中点重合，且， ， 解得：（舍去）或 或， 或； 综上所述，点的坐标为或或． 【点睛】本题考查二次函数的综合应用，涉及待定系数法，三角形、四边形面积，菱形性质及应用，一次函数的图象与性质，解题的关键是用含字母的代数式表示相关点坐标和相关线段的长度． 1. （2025·四川广元·中考真题）如图，在正八边形中，对角线，交于点K，则=（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了多边形内角和公式的运用以及三角形的外角，熟练掌握相关公式是解题关键．根据正多边形的内角和公式求出，然后根据三角形外角的性质求出即可． 【详解】解：八边形是正八边形， ， 八边形是正八边形 ∴，， ， ∵是的外角 ， 故选：D． 2. （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． 3. （2025·四川自贡·中考真题）如图，正方形边长为6，以对角线为斜边作、，点在上．连接．若．则的最小值为（    ） A．6 B．6 C．3 D．4 【答案】D 【分析】建立平面直角坐标系，以点B为原点，所以直线为x轴，所在直线为y轴，设的中点为G，过点D在上方作，使.过点H作于点K，连接，则，根据正方形性质，得，得，和，，根据 ，得点B、E、A、D在上，得，得，根据，得，得，得点F在以点H为圆心，为半径的圆上运动，根据，得，得，得取得最小值，为． 【详解】解：以点B为原点，所以直线为x轴，所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，如图， 设的中点为G，过点D作，使，过点H作于点K，连接，则， ∵正方形边长为6， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴点B、E、A、D在上， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， 即， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴点F是在以点H为圆心，为半径的圆上运动， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴当点F在上时， 取得最小值， 为． 故选：D． 【点睛】本题考查了正方形与三角形综合．熟练掌握正方形性质，勾股定理，直角三角形斜边上中线性质，圆周角定理，相似三角形判定和性质，等腰直角三角形性质，是解题的关键． 4. （2025·四川雅安·中考真题）正六边形的外角和是______度． 【答案】 360 【详解】解：根据多边形外角和定理可知，任意多边形的外角和都为， ∴正六边形的外角和是度． 5. （2025·宁夏·中考真题）编程机器人表演中，一机器人从沙盘平面内某点出发向前直行步后右转，沿转后方向直行步后右转，再沿转后方向直行步后右转…，依此方式继续行走，第一次回到出发点时，该机器人共走了_____步． 【答案】 【分析】本题主要考查了多边形的外角和定理，任何一个多边形的外角和都是，用外角和求正多边形的边数可直接让除以一个外角度数即可． 由题意可得机器人正好走了一个正多边形，根据多边形的外角和定理即可求出答案． 【详解】解：∵由题意可得机器人正好走了一个正多边形， ∴根据外角和定理可知正多边形的边数为：， 则第一次回到出发点时，该机器人共走了步， 故答案为：． 6. （2025·江苏淮安·中考真题）如图，在中，对角线交于点O，，点E、F分别为的中点，连接，若，则______． 【答案】4 【分析】本题考查平行四边形的性质，直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，三角形的中位线定理，熟练掌握相关知识点，是解题的关键．根据直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半，得到，根据平行四边形的性质，推出是的中位线，进而得到，即可得出结果． 【详解】解：∵， ∴， ∵点为的中点， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵点F为的中点， ∴； 故答案为：4． 7. （2025·山东济南·中考真题）如图，正方形纸片中，E是上一点，将纸片沿过点E的直线折叠，使点A落在上的点G处，点B落在点H处，折痕交于点F．若，，则___________． 【答案】/ 【分析】由折叠性质可知，进而利用同角的余角相等证明，由此即可得出，进而确定．在中，根据勾股定理列方程求解即可． 【详解】解：如图，连接交于点，过点作，垂足为， 则， ∵正方形， ∴，， ∴四边形是矩形， ∴， 由折叠可知， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∵ ∴， 设正方形边长为，则， ∵， ∴， 在中，，即 解得：或（不合题意舍去） ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，矩形的判定与性质，掌握折叠的性质，根据垂直模型证明是解题关键． 8. （2025·黑龙江·中考真题）如图，在矩形中，，，点E是边的中点，点F是对角线上一动点，作点C关于直线的对称点P，若，则的长为_______． 【答案】或 【分析】本题考查了对称的性质，矩形的性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，解直角三角形，根据题意画出示意图，连接，交直线于点G，延长交于点H，当点P在上方时，由勾股定理求出，进而得到，由点C关于直线的对称点P，得到，，求出，进而得到，再求出，证明是等腰三角形，在中，解直角三角形求出，进而求解；当点P在下方时，先求出，，结合对称的性质易证是等边三角形，易求，解直角三角形求出，由即可求解． 【详解】解：如图所示，连接，交直线于点G，延长交于点H， 当点P在上方时， ∵在矩形中，，， ∴， ∴， ∴， ∵点E是边的中点， ∴， ∵点C关于直线的对称点P， ∴，， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴； ∵，， ∴， ∴是等腰三角形， ∴， 在中，，， ∴， ∴； 如图，当点P在下方时， ∵， ∴， ∵， ∴，， 由对称的性质得， ∴是等边三角形， ∴，， ∴，， ∴， ∴； 综上，的长为或． 故答案为：或． 9. （2025·江西·中考真题）如图，在矩形纸片中，沿着点折叠纸片并展开，的对应边为，折痕与边交于点．当与，中任意一边的夹角为时，的度数可以是_________ 【答案】或或 【分析】本题主要考查矩形的性质和折叠的性质，解题的关键是要分情况讨论与，的夹角情况，再利用矩形的性质和折叠的性质以及直角三角形两锐角互余的性质求出的度数． 【详解】解：①当与的夹角为时， 即,如图： ，, , , ; ②当与的夹角为时， 即,如图： ，, , , ; 或，如图： ，, , , ; 综上，的度数可以是或或． 故答案为：或或． 10. （2026·江苏宿迁·三模）如图，已知在中，点E、F分别在边、上，且．求证：． 【答案】见解析 【分析】由平行四边形的性质得出，根据线段的和差关系得出，再证明四边形是平行四边形，由平行四边形的性质即可得出． 【详解】证明：四边形是平行四边形， ，． ， ，即． 又， 四边形是平行四边形， ∴． 11. （2025·湖南长沙·中考真题）如图，正方形中，点E，F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】(1)见解析 (2) 【分析】该题考查了正方形的性质，矩形的性质和判定，勾股定理等知识点，解题的关键是掌握以上知识点． （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． 【详解】（1）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． 12. （2025·北京·中考真题）如图，在中，D，E分别为的中点，，垂足为F，点G在的延长线上，． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，，，求和的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题主要考查了矩形的判定，三角形中位线定理，勾股定理，解直角三角形，熟知相关知识是解题的关键． （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A作于H，解得到，则，再利用勾股定即可求出的长． 【详解】（1）证明：∵D，E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D为的中点， ∴； 如图所示，过点A作于H， 在中，， ∴， 在中，由勾股定理得． 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·甘肃兰州·中考真题）【提出问题】数学讨论课上，小明绘制图1所示的图形，正方形与正方形（），点E，G分别在上，根据图形提出问题：如图2，正方形绕点B顺时针旋转，旋转角为，直线与相交于点H，连接，探究线段，，之间的数量关系． 【解决问题】（1）小明将上述问题特殊化，如图3，当点G，H重合时，请你写出，，之间的数量关系，并说明理由； （2）小明借鉴（1）中特殊化的解题策略后，再解决图2所示的一般化问题，当点G，H不重合时，请你写出，，之间的数量关系，并说明理由； 【拓展问题】（3）小明将图2所示问题中的旋转角的范围再扩大，正方形绕点B顺时针旋转，旋转角为，直线与相交于点H，连接，请直接写出，，之间的数量关系． 【答案】（1），理由见解析；（2），理由见解析；（3），理由见解析 【分析】（1）利用正方形的性质求得，证明，推出，根据即可求解； （2）在上截取，证明，推出，，证明是等腰直角三角形，求得，根据，即可求得； （3）在上截取，证明，得到，，同理，得到是等腰直角三角形，求得，根据，即可求得． 【详解】解：（1），理由如下， 如图，当点G，H重合时， ∵正方形与正方形， ∴，，，， ∴，， ∴， ∴， ∴； （2），理由如下， 由（1）得， ∴， 在上截取， ∵，， ∴， ∴，， ∵，， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴； （3），理由如下， 由（1）得， ∴，， 在上截取， ∵，， ∴， ∴，， 同理，是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴． 【点睛】此题是四边形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，旋转的性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质等知识点，作出辅助线，证明三角形全等是解本题的关键． 15. （2025·黑龙江绥化·二模）综合与探究 如图，抛物线与轴交于，两点，与轴交于点，对称轴为直线，是抛物线上一个动点，设点的横坐标为，连接，，． (1)求抛物线的函数表达式； (2)若，求的值； (3)点的坐标为，点在直线上，是平面上任意一点，当以，，，四点为顶点的四边形为菱形时，直接写出点的坐标． 【答案】(1) (2)或； (3)或或或 【分析】（1）由对称轴计算公式可得，再把A、C两点坐标代入解析式中求解即可； （2）解得到，则；求出点B的坐标，取点，连接，可证明是等腰直角三角形，且；取靠近T的三等分点R，过点R作于H，连接，则；可求出，则，解直角三角形得到，则，即点D即为线段与抛物线的交点，如图所示，取，连接，取靠近点S的三等分点L，则点D为直线与抛物线的交点，据此求解即可； （3）分为边和对角线两种情况，根据菱形的邻边相等，以及对角线中点坐标相同讨论求解即可． 【详解】（1）∵对称轴为直线， ∴，即， ∵抛物线与轴交于，两点，与轴交于点， ∴， 解得， ∴抛物线解析式为； （2）解：∵，， ∴， 在中，， ∴； 在中，当时，解得或， ∴， 如图所示，取点，连接， ∴， ， ， ∴， ∴是等腰直角三角形，且； 如图所示，取靠近T的三等分点R，过点R作于H，连接， ∵，， ∴R的横坐标为，纵坐标为， ∴； ∵是等腰直角三角形，且， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴点D即为线段与抛物线的交点， 设直线解析式为， ∴， ∴， ∴直线解析式为， 联立，解得或， ∴此时点D的坐标为； 如图所示，取，连接，取靠近点S的三等分点L， ∴点L的横坐标为，纵坐标为， ∴点L的纵坐标为， 同理可证明此时，即， ∴点D为直线与抛物线的交点， 同理可得直线解析式为， 联立，解得或， 此时点D的坐标为； 综上所述，点D的坐标为或； （3）解：，， ∴， ∴， 同理可得直线解析式为， 设， ∴，， 如图3-1所示，当是菱形的边时，则， ∴，解得或， ∴，， 在菱形四边形中，∵对角线的中点坐标相同， ∴， ∴， ∴点Q的坐标为； 同理可得点的坐标为； 如图3-2所示，当是菱形的边时，则， ∴， 解得或， ∴， 在菱形四边形中，∵对角线的中点坐标相同， ∴， ∴， ∴点Q的坐标为； 如图3-3所示，当为对角线时，则， ∴， 解得， ∴， 同理可得； 综上所述，点Q的坐标为或或或． 【点睛】本题主要考查了二次函数综合，菱形的性质，勾股定理，解直角三角形，一次函数与几何综合，等腰直角三角形的性质与判定等等，利用分类讨论的思想求解是解题的关键． 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $