专题05 三角形与四边形常考题型大全（12大题型专练）（河北专用）2026年中考数学二轮复习讲练测

专题05 三角形与四边形常考题型大全 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02 平行线的性质与判定 题型03 三角形的内角和应用 题型04 全等三角形的性质与判定 题型05 线段垂直平分线与角平分线的尺规作图问题 题型06 多边形内角和的计算 题型07 等腰三角形的性质与判定 题型08 矩形性质与判定的应用 题型09 菱形的性质与判定 题型10 正方形的性质与判定 题型11 特殊平行四边形的综合 题型12 图形的剪切问题 第二部分 题型训练 整合应用，模拟实战 题●型●破●译 题型01 平行线的性质和应用 典例引领 【典例01】（2025·河北石家庄·一模）如图，岛在岛的北偏东方向，在岛的北偏西方向，则的度数是（   ） A． B． C． D． 【典例02】（2025·河北邯郸·一模）如图，小明从A处出发，沿北偏东方向行走至处，又沿北偏西方向行走至处，此时需把方向调整至，才能与出发时的方向一致，则的度数为（   ） A． B． C． D． 方法透视 考向解读 多在选择题中考查，以“三线八角”识别、角度计算为主，常与三角形内角和、角平分线等知识点结合，突出平行线与相交线的综合应用能力。 方法技能 熟记“同位角相等、内错角相等、同旁内角互补”；遇折线或拐点问题，过拐点作已知直线的平行线构造同位角、内错角，将分散条件集中求解。 变式演练 【变式01】（2025·河北保定·二模）如图，将一副三角板放置在一组平行线内，其中，下列结论一定正确的是（　　） A． B． C． D． 【变式02】（2025·河北保定·一模）如图，要测量直线，所夹锐角的度数，嘉嘉给出了一种正确方法： （1）分别在直线，上取点，，连接； （2）过点作，则① （内错角相等，两直线平行）； （3）测量的度数，即等于所求的度数（两直线平行，② ）． 则①，②分别为（    ） A．，同位角相等 B．，内错角相等 C．，内错角相等 D．，同位角相等 【变式03】（2025·河北石家庄·三模）如图1是一辆竖直放在地面上的自行车，如图2是其示意图，其中，，，则（   ） A． B． C． D． 题型02 平行线的性质与判定 典例引领 【典例01】（2024·河北沧州·一模）根据所标数据，不能判断下列四边形是平行四边形的是（    ） A． B． C． D． 【典例02】（24-25八年级下·山东德州·期末）四边形的部分数据如图所示（其中度数为对应角的大小，数字为对应边的边长），在①或②处添加恰当的数据，使得四边形是平行四边形，两同学给出了如下回答．嘉嘉：①处应添加数据3，②处无须添加；淇淇：②处应添加数据4，①处无须添加．对于两位同学的回答，下列判断正确的是（     ） A．只有嘉嘉的回答正确 B．只有淇淇的回答正确 C．两人的回答都正确 D．两人的回答都不正确 方法透视 考向解读 常在解答题中出现，要求由角的关系判定两直线平行，或由平行推导角的关系，注重逻辑推理链条的完整性和说理规范性。 方法技能 先明确已知角的位置关系，判断用“同位角相等”还是“内错角相等”或“同旁内角互补”进行判定；性质应用时从平行出发推导角相等或互补，步骤要完整。 变式演练 【变式01】（2026·河北石家庄·一模）如图，在中，，分别是边，上的点，且，连接并延长至点，连接．有下列条件：①；②；③．要使四边形为平行四边形，可以增加的一个条件是（   ） A．①或② B．②或③ C．①或③ D．①或②或③ 【变式02】（（2025·河北保定·一模）如图，是内任意一点，连接，得到，设它们的面积分别是，则下列结论错误的是（    ） A．若，则点在边中点的连线上 B．若点在的平分线上，则 C．若，则点在线段上 D．若，点在线段上，则 【变式03】（（2025·河北邢台·一模）下面是嘉嘉作业本上的一道习题及解答过程： 已知：如图，在四边形中，垂直平分，过点作，以为顶点，在的左侧作交于点． 求证：四边形是平行四边形． 证明：垂直平分， ，又， （①）， ， _____②______ ， 四边形是平行四边形． 若以上解答过程正确，①，②应分别为（　　） A．SAS， B．SSS， C．SAS， D．SSS， 题型03 三角形的内角和应用 典例引领 【典例01】（2025·河北石家庄·一模）一副三角板按如图所示放置，点在上，点在上，，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【典例02】（2025·河北保定·一模）如图，在中，，，点，分别在，上将沿折叠得到，当时，的度数为（    ） A． B． C． D． 方法透视 考向解读 近6年高频考点，常与平行线、角平分线、等腰三角形融合，出现在选择题或填空题中，考查角度计算及三角形内角和定理的灵活运用。 方法技能 牢记“三角形内角和为180°”；遇多个角时优先用内角和列方程；与平行线结合时利用平行线的性质转化角度；与外角结合时用“外角等于不相邻两内角之和”快速求解。 变式演练 【变式01】（2025·河北保定·一模）如图①是某种型号拉杆箱的实物图，如图②是它的示意图，行李箱的侧面可看成一个矩形，点，，在同一条直线上，为了拉箱时的舒适度，现将调整为，若保持不变，则图中应（    ） A．减少 B．减少 C．增加 D．增加 【变式02】（2025·河北保定·二模）如图，在中，，为边上的高，，将沿直线折叠得到，则（　　） A．8 B．6 C．4 D．2 【变式03】（2025·河北唐山·二模）如图，直线l与正方形的边，分别相交于点M，N，如图所示，则的度数为（    ） A． B． C． D． 题型04 全等三角形的性质与判定 典例引领 【典例01】（2026·河北廊坊·一模）已知题目：如图，点，，，在同一条直线上，点，分别在直线的两侧，，，，，求证：．下面是小明的证明过程． 证明：∵，∴．第①步 在和中，∵∴，第②步 ∴．第③步 (1)老师批改时，告知小明在第________步中出现错误，请你写出正确的证明过程； (2)用无刻度直尺找到的中点O．（保留作图痕迹，不必写作法） 【典例02】（2025·河北张家口·二模）为测量校园内的旗杆的高度，嘉嘉设计的方案是：如图，在距旗杆底端A水平距离为的处，使用测角仪测得，由于角不方便计算，淇淇提出了一种解决问题的方案：在的延长线上取一点，将一根木棒竖直立在地面上的点处，，此时测得，故淇淇得出结论，进而推得，则下列选项中淇淇证明全等用到的依据可能是（   ） A． B． C． D． 方法透视 考向解读 解答题基础必考，常出现在第17—19题，要求证明线段相等或角相等，近年与折叠、旋转等图形变换融合，侧重基础推理能力考查。 方法技能 熟练掌握SSS、SAS、ASA、AAS、HL五种判定方法；证明时先找已知等量，再分析缺少的条件；折叠问题抓住“对应边相等、对应角相等”这一核心性质。 变式演练 【变式01】（2025·河北石家庄·一模）如图，四边形，已知，且点在外部，则之间的距离可能是（   ） A．4 B． C．9 D．11 【变式02】（24-25八年级上·河北邢台·期末）已知，且，，，点D、F分别在、上滑动． （1）____________； （2）点M是的中点，点N是的中点，则的最小值是_____________． 【变式03】（2026·河北石家庄·一模）把两个等腰直角和按如图①所示的位置摆放，，将绕点A按逆时针方向旋转，如图②，连接，设旋转角为． (1)嘉嘉同学说在旋转过程中，．请帮他证明； (2)如图③，若，，当点D在线段上时， ① ； ②求CE的长． 题型05 线段垂直平分线与角平分线的尺规作图问题 典例引领 【典例01】（2026·河北石家庄·一模）如图，在中，，．嘉嘉想用尺规作图法，在的边上找一点，使得．其中不能实现的是（   ） A．B．C． D． 【典例02】如图，在已知的△ABC中，按以下步骤作图：①分别以B、C为圆心，以大于BC的长为半径作弧，两弧相交于点M、N；②作直线MN交AB于点D，连接CD，若CD＝AD，∠B＝20°，则下列结论中错误的是（　　） A．∠CAD＝40° B．∠ACD＝70° C．点D为△ABC的外心 D．∠ACB＝90° 方法透视 考向解读 河北独特考法，近5年高频出现。不考动手操作而考作图原理分析，判断作图痕迹对应的几何性质，与三角形中线、高线融合考查推理能力。 方法技能 垂直平分线作图痕迹→对应点到两端点距离相等、中点；角平分线痕迹→角相等。先还原作图步骤，再根据基本作图的性质推导结论，注意每种作图背后的几何依据。 变式演练 【变式01】（2025·河北石家庄·三模）如图，在中，按下列步骤利用尺规作图： ①以C为圆心，适当长度为半径画弧，分别与交于H，G； ②分别以H，G为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于点K，作射线； ③分别以B，C为圆心，大于的长为半径作弧，两弧分别交于M，N两点； ④作直线，分别交于点D，E； ⑤连接． 则下列结论错误的是（   ） A． B． C． D． 【变式02】（2026·河北石家庄·一模）如图，已知，按照以下步骤作图： ①以点O为圆心，以适当的长为半径作弧，分别交的两边于C，D两点，连接； ②分别以点C，D为圆心，以适当长为半径作弧，两弧在内交于点E，连接，． 下列结论中错误的是（    ） A． B． C． D．垂直平分 【变式03】（2025·河北张家口·二模）如图，在中，，，．    (1)尺规作图：作的平分线交于点；（保留作图痕迹，不写作法） (2)求的长． 题型06 多边形内角和的计算 典例引领 【典例01】（2025·河北石家庄·一模）如图，在边长为5的正五边形中，点是对角线上一点，连接后将正五边形分成了①、②、③、④、⑤这五个三角形，则下列能确定大小的是（   ） A．①与②的面积和 B．②与③的面积和 C．②与④的面积和 D．④与⑤的面积和 【典例02】（2025·河北邢台·一模）如图，已知正六边形的顶点在直线上，是的中点，连接并延长交直线于点，若，则的值是（　　） A． B． C． D． 方法透视 考向解读 近6年7考，选择题、填空题高频出现。考法有三：利用不稳定性考查边关系；利用内外角公式进行角度计算；正多边形中关于边或角的计算。难度中等。 方法技能 n边形内角和=(n−2)×180°，外角和恒为360°；正多边形每个内角=(n−2)×180°/n，每个外角=360°/n；已知内外角关系求边数时，用方程法最快捷。 变式演练 【变式01】（2026·河北石家庄·一模）如图，直线，正六边形的顶点A，C分别在直线a，b上，若，则下列错误的是（   ） A． B． C． D． 【变式02】将一个正八边形与一个正六边形按如图所示放置，顶点A，B，C，D四点在同一条直线上，E为公共顶点，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【变式03】（2025·河北石家庄·模拟预测）如图①是某创意图书馆设计的一款壁灯图案的设计图，象征着欣欣向荣，代表一种生机盎然的自然和谐美．图②是从图①图案中提取的图形，正八边形被分割成两个正方形和四个菱形，若正八边形的边长为2，则菱形的面积为___________． 题型07 等腰三角形的性质与判定 典例引领 【典例01】（24-25八年级上·湖北随州·期中）在平面直角坐标系中，已知，，若在坐标轴上取点C，使为等腰三角形，则满足条件的点C的个数是（   ） A．5 B．6 C．7 D．8 【典例02】（2026·河北石家庄·一模）如图，在等边中，是边上一点，将绕点逆时针旋转得到，若，则为（   ） A． B． C． D． 方法透视 考向解读 常与全等三角形、平行四边形、圆综合考查。2025年几何压轴题中即包含等腰直角三角形知识，用于计算线段长度、角度及证明线段相等。 方法技能 性质：等边对等角、三线合一；判定：等角对等边、定义法。遇等腰三角形优先考虑“三线合一”作辅助线；与直角结合时注意45°等腰直角三角形的边长比例关系。 变式演练 【变式01】如图，若将四根木条钉成的矩形木框变形为平行四边形的形状，并使其面积为矩形面积的一半，则这个平行四边形的最小内角等于（    ） A． B． C． D． 【变式02】（2025·河北廊坊·一模）如图，在四边形中，是边上的一个动点，连接． (1)____________°，线段的最小值是____________． (2)过点E作线段的垂线l，点F在直线l上，且在的左侧，满足． ①在图中利用直尺和圆规作出满足上述要求的图形；（保留作图痕迹，不写作图过程） ②在点E运动的过程中，当点F落在边上时，求证：； ③连接，直接写出线段长的最小值； ④连接，当直线时，求线段的长． 【变式03】（2025·河北唐山·二模）如图，在中，，，，M为中点．过点A作于点D，E为腰AC上一动点，连接DE，以为斜边向左上方作等腰直角，连接． (1)如图1，当点F落在线段AD上时，求证：； (2)在点E的运动过程中，若，求线段CE的长； (3)在点E的运动过程中． ①直接写出点F运动的路径长． ②若，直接写出线段AE的长． 题型08 矩形性质与判定的应用 典例引领 【典例01】（24-25九年级上·湖南·月考）如图，矩形为一个正在倒水的水杯的截面图，，杯中水面与的交点为，当水杯底面与水平面的夹角为时，杯中水的最大深度为（   ） A．8 B．12 C． D． 【典例02】（2026·河北石家庄·一模）如图，四边形是一个矩形纸片，，．E是边上一点．将沿着翻折，A点的对应点为．在翻折的过程中，当是直角三角形时，的长为________． 方法透视 考向解读 矩形是河北几何综合题的核心载体，2025年几何压轴题即以矩形分割、周长相等、对角线中点等知识展开，常与折叠、动点、面积计算结合考查。 方法技能 性质：对边平行且相等、四角为直角、对角线互相平分且相等；判定：三个角是直角或平行四边形+对角线相等。折叠问题中抓住“折痕为对称轴”分析对应线段和角的关系。 变式演练 【变式01】（2025·河北张家口·二模）如图1至图3，在矩形中，，．点在上，且1，连接和，将绕点逆时针旋转，点A，B的对应点分别为点，，所在直线与相交于点，所在直线与射线相交于点，以，为边构造平行四边形，当射线与重合时，停止旋转． (1)求的长； (2)如图2，当点落在线段上时，探究，的数量关系，并说明理由； (3)当点落在平行四边形的边上时，求弧的长； (4)如图3，当点落在线段的延长线上时，连接，，，若的周长最小，直接写出此时的值．（参考数据：） 【变式02】（2025·河北石家庄·一模）如图1，矩形中，，，动点E，F分别从点B，D同时出发，以每秒1个单位长度的速度沿向终点A，C运动，过点A作直线的垂线，垂足为G． (1)当时，与的数量关系为_______； (2)如图2，若平分，运动时间为t秒，求的长及t的值； (3)当运动时间时，直接写出的长． 【变式03】（2025·河北邢台·一模）如图-1，在矩形中，，点在边上，将绕点顺时针旋转得到，过点作平分交边于点，连接．已知：，设． (1)求证：； (2)连接、，若时，求； (3)若点落在内部，求的取值范围； (4)如图-2，在边上取点，使得，做射线，当在射线的上方时，直接写出用的代数式表示点到射线的距离． 题型09 菱形的性质与判定 典例引领 【典例01】（2025·河北保定·一模）菱形中，，，是中点，是上的动点，则周长的最小值是（   ） A． B． C． D． 【典例02】（2026·河北石家庄·一模）如图，菱形和菱形中，，，点是的中点，点在的延长线上，连接，，，则的长为（    ） A． B． C． D． 方法透视 考向解读 选择题、填空题高频出现，2025年真题第21题即考查菱形与扇形、弧长结合，常与等边三角形、对角线垂直等性质关联，突出几何图形间的转化能力。 方法技能 性质：四边相等、对角线互相垂直平分、每条对角线平分一组对角；判定：四边相等的四边形或平行四边形+对角线垂直。菱形中隐含等腰三角形和直角三角形，善加利用。 变式演练 【变式01】（2025·河北石家庄·一模）如图，在中，，，，P是边上的动点（），将沿翻折得，射线与射线交于点E．下列说法正确的个数是（   ） （1）当时，； （2）当点落在上时，四边形是菱形； （3）在点运动的过程中，线段的最小值为4； （4）连接，则四边形的面积始终等于． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【变式02】已知四边形是平行四边形，，点是边上一个动点，连接，沿将翻折至（如图1），所在的直线与交于点． (1)当点落在上时（如图2），判断四边形的形状，并证明； (2)当点与点重合时，求的长； (3)当取最大值时，求此时的长． 【变式03】（2026·河北张家口·一模）数学兴趣小组对三角形面积的最值问题展开了如下探究： 【探究1】 （1）如图1，已知等边三角形的边长为，则 (用含的代数式表示)； （2）如图2，菱形的边长为6，，点和点分别在边和边上，，连接，求面积的最小值； 【探究2】 （3）如图3，在中，，为边上的高，(为定值)，求面积的最小值(用含的代数式表示)． 题型10 正方形的性质与判定 典例引领 【典例01】（2026·河北唐山·一模）如图，两个边长为2的正方形中心重合，，则阴影部分的面积为（   ） A． B． C． D． 【典例02】（2026·河北沧州·一模）如图，折叠正方形的一边，使点落在上的点处，折痕交于点．若，则的长是（   ） A． B． C． D． 方法透视 考向解读 河北中考高频考点，近6年8考。正方形集矩形和菱形性质于一身，常与折叠、动点、圆融合作为压轴题核心载体。2025年样卷及多份复习学案均将其列为“必考”内容，考查从概念辨析、边长角度计算到复杂的几何综合推理- 方法技能 掌握判定口诀：“菱形+矩形=正方形”-。解题时从边、角、对角线三个维度分析已知条件；遇折叠问题抓住“对称”与“边长相等”；与动点结合时，利用“手拉手”或“一线三直角”等几何模型寻找边角关系-。 变式演练 【变式01】（2026·河北保定·模拟预测）将三张大小一样的正方形纸片按如图所示的方式重叠地放置在长方形内部，．将中间的正方形纸片上下平移时，阴影部分的面积和不变．设，则每个正方形纸片的周长为_____（用含m的式子表示）． 【变式02】（25-26九年级下·河北保定·开学考试）如图，是正方形的对角线上的两点，且． (1)求证：； (2)若，则四边形的面积是___________． 【变式03】（25-26九年级下·河北衡水·开学考试）如图1~图3，正方形的边长为4，点P在边上（不与点A，D重合），将线段绕点P按逆时针方向旋转得到线段， (1)如图1，请判断与的数量关系，并说明理由； (2)如图2，取的中点F，当点F恰好落在边上时． ①求证：； ②求的长； (3)如图3，连接，延长交的延长线于点G，直接写出的值． 题型11 特殊平行四边形的综合 典例引领 【典例01】（24-25九年级上·山西太原·月考）如图，将线段绕它的中点逆时针旋转得到线段的对应点分别是点，，依次连接．则下列结论不一定正确的是（   ） A． B．对于任意，四边形都是矩形 C． D．当时，四边形是正方形 【典例02】（2025·河北石家庄·二模）如图，四边形为矩形，点，分别在边，上，将矩形沿直线折叠，使点恰好与点重合，点落在点处．点为线段上一动点（不与点，重合），过点分别作直线，的垂线，垂足分别为和，以，为邻边作平行四边形，当，时，平行四边形的周长为（   ） A． B．24 C． D． 方法透视 考向解读 河北解答题压轴常客，2025年新增“平行四边形折叠问题”，将矩形、菱形、正方形与折叠、旋转、动点融合，考查多步推理与综合应用能力。 方法技能 综合题的通用思路：①找中点（对角线交点）利用中心对称；②证全等得等量；③用勾股定理列方程；④遇折叠抓住“对称”性质；⑤分类讨论时逐一分析每种情况。 变式演练 【变式01】（2025·河北保定·一模）如图，矩形中，，嘉嘉和琪琪各自利用尺规作图的方法在矩形内作出了一个新的四边形，作图痕迹如图所示： 嘉嘉的作法：如图，四边形． 琪琪的作法：如图，四边形． 下面对四边形和四边形的判断正确的是（   ） A．四边形EFGH是矩形 B．四边形不是菱形 C．四边形周长等于四边形的周长 D．四边形的面积为 【变式02】（2026·河北石家庄·一模）阅读与思考：下面是小逸同学的数学日记，请仔细阅读，并完成相应的任务． 作矩形的最大内接菱形的方法 四个顶点都在同一个矩形的边上的菱形叫做矩形的内接菱形．在实践活动课上，数学老师提出来一个问题“如何从一张矩形纸片中制作出一个最大的内接菱形”．实践小组成员经过思考后，分别给了3种不同的方法． 方法一：通过折，将矩形纸片横对折后再竖对折，沿对角线剪一刀得到一个直角三角形，展开后就是菱形（如图1），则四边形是矩形的内接菱形． 方法二：通过叠，取两个大小一样的矩形纸片，让两矩形的长两两相交，重叠的部分形成四边形，则四边形也是矩形的内接菱形．（如图2） 方法三：通过尺规作图，作矩形的对角线的垂直平分线，与边交于点E，与边交于F，连接，，则四边形是矩形的内接菱形． 实践小组通过对三种方法得到的菱形进行分析，讨论，计算，对比，从而得出矩形的最大内接菱形． 任务： (1)图1菱形的面积与矩形的面积之比为 ； (2)请利用图2证明方法二中四边形AECF是菱形． (3)尺规作图：请你在图3中完成日记中的“方法三”的作图过程．（保留作图痕迹，不要求写作法） (4)若在矩形中，，，请你根据日记中三种方法，通过计算求出此矩形的内接菱形的面积最大值． 【变式03】（2025·河北保定·一模）如图1至图3，在矩形中，，，点是上一动点，连接，以为一边，向右上方画正方形． 【探究】（1）如图1，当点在上时，直接写出的长； （2）如图2，当经过点时，求的长． 【发现】嘉嘉研究发现，在点从点向点运动的过程中，点到的距离是定值． 【证明】请你利用图3证明嘉嘉的“发现”，并求出这个定值． 【拓展】直接写出线段的最小值． 题型12 图形的剪切问题 典例引领 【典例01】（2025·河北·一模）【情境】部分图形通过剪拼后能够得到矩形． 【操作1】嘉嘉将如图1所示的平行四边形通过裁剪拼成了矩形． （1）若，拼接时应将沿平移______． 【操作2】淇淇将如图2所示的三角形通过裁剪拼成了矩形． （2）依据图中呈现的操作方法，可知与的数量关系为______，与的位置关系为______． 【操作3】淇淇将如图3所示的四边形通过操作2中的方法裁剪拼成了矩形． （3）请在图3中补全剪拼过程和剪拼后的图形．（直接在原图形上画图，裁剪线用虚线，矩形用实线） 【操作4】嘉淇将如图4所示的菱形沿剪开，将筝形（有两组邻边分别相等的四边形）沿剪开，之后通过旋转平移等操作拼成了矩形． （4）若，，求的长． 【典例02】（24-25九年级上·河北保定·期中）图1中的四边形纸片1与图2中的四边形纸片2形状相同，但大小不同，其中 ，，，现利用这两张卡片分别裁剪拼接出两个正方形．嘉嘉利用纸片1按图示方法截取正方形，设． (1)①纸片1中的 （用含x 的代数式表示）；若正方形的面积为27，则可列一元二次方程： ． ②请解①中的方程，并求的长． (2)①淇淇将纸片2只剪一次，并利用旋转知识拼出一个面积最大的正方形．请在图2中画出正确的图形（剪拼痕迹均用虚线表示）． ②若图2中，请比较（1）（2）的条件下得到的两个正方形中，哪个面积较大？ 方法透视 考向解读 河北创新特色题，2023年第21题（矩形卡片拼接）、2024年第23题（正方形裁剪为钻石型五边形）均考剪拼，要求“不重叠无缝隙”，突出几何直观与探究开放性。 方法技能 抓住“面积不变”这一核心：剪切前总面积=拼接后总面积；分析剪切线与边的关系，利用等腰直角三角形、矩形等基本图形性质；注意答案常不唯一，需多角度思考方案。 变式演练 【变式01】（25-26九年级上·河北保定·月考）【情境】某校综合实践小组成员利用长方形纸片通过剪拼的方式拼成正方形纸片，成员进行的所有操作中纸片不折叠，拼接过程不重叠、无缝隙、无剩余 【操作】嘉嘉和淇淇分别利用两种不同尺寸的长方形纸片剪拼正方形． 如图3，淇淇沿虚线，，裁剪，将该纸片剪成①，②，③，④四块，并按如图4所示的方式拼成与原纸片面积相等的正方形． 如图1，长方形纸片的长为5，宽为4，嘉嘉沿虚线，裁剪，将该纸片剪成①，②，③三块，并按如图2所示的方式拼成与原纸片面积相等的正方形． 【探究】根据以上描述，解决下列问题． (1)嘉嘉裁剪方式中的长为 ． (2)嘉嘉说：“将图1的纸片沿着，的中点，剪成四块，也可以拼成正方形．请根据嘉琪的说法设计一种方案．在图5上画出裁剪线，写出裁剪中的关键数据，并求出各裁剪线的长． (3)若淇淇剪拼的长方形纸片中，，请直接写出的长． 【变式02】如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠B=∠A=90°，AD=a，BC=b，AB=c， 操作示例 我们可以取直角梯形ABCD的一腰CD的中点P，过点P作PE∥AB，裁掉△PEC，并将△PEC拼接到△PFD的位置，构成新的图形（如图2）． 思考发现 小明在操作后发现，该剪拼方法就是先将△PEC绕点P逆时针旋转180°到△PFD的位置，易知PE与PF在同一条直线上．又因为在梯形ABCD中，AD∥BC，∠C+∠ADP=180°，则∠FDP+∠ADP=180°，所以AD和DF在同一条直线上，那么构成的新图形是一个四边形，进而根据平行四边形的判定方法，可以判断出四边形ABEF是一个平行四边形，而且还是一个特殊的平行四边形——矩形． 1.图2中，矩形ABEF的面积是 ；（用含a，b，c的式子表示） 2.类比图2的剪拼方法，请你就图3(其中AD∥BC)和图4（其中AB∥DC）的两种情形分别画出剪拼成一个平行四边形的示意图． 3.小明通过探究后发现：在一个四边形中，只要有一组对边平行，就可以剪拼成平行四边形． 如图5的多边形中，AE=CD，AE∥CD，能否象上面剪切方法一样沿一条直线进行剪切，拼成一个平行四边形？若能，请你在图中画出剪拼的示意图并作必要的文字说明；若不能，简要说明理由． 【变式03】（2026·河北石家庄·一模）矩形和正方形是特殊的平行四边形，我们可以通过如下方式获得矩形和正方形． 【操作1】有一张三角形纸片，顶点分别是，，．部分数据如图①所示．如图②，分别在，上取点，，再沿过点，分别与垂直的虚线剪开，得到①，②，③三块，若这三块能拼接成如图③所示的矩形． (1)的长为 ； (2)求点到的距离； 【操作2】 (3)如图④，将沿，折叠后，点和点在点处重合，点落在点处．若四边形为正方形，，，求的面积； 【操作3】 (4)如图，在四边形中，，点，，，分别为四条边的中点，与的和为与之间距离的2倍． 嘉嘉说：我可以将四边形分成三块图形，重新拼接，无重叠、无缝隙地组成一个正方形； 淇淇说：我可以将四边形分成四块图形，重新拼接，无重叠、无缝隙地组成一个正方形． 请你帮嘉嘉、淇淇设计裁剪方式，使裁剪后的图形能够拼成一个正方形．（用虚线在图中画出裁剪线，在剪出的每一部分图形上标注序号，并画出拼接后的正方形，在正方形相应位置标注对应的序号） 嘉嘉的做法： 淇淇的做法： 题●型●训●练 61．（2022·河北石家庄·一模）边长为1的5个小正方形拼成一个“十字”形．甲、乙两位同学对“十字”形用不同方法进行无缝隙，不重合剪拼． 甲：如图1，连接A，B两个顶点，过顶点B作CD⊥AB于点B，“十字”形被分割为四部分，这四部分能拼成一个正方形，并算得正方形的边长为； 乙：如图2，连接A，B两个顶点，过顶点C作CD⊥AB于点D，“十字”形被分割为三部分，这三部分能拼成一个矩形，并算得矩形的长宽比为． 下列正确的是（    ） A．甲，乙的方法都不对 B．乙的方法对，计算的长宽比不对 C．甲、乙的方法都对，计算的正方形边长和长宽比都不对 D．甲、乙的方法都对，计算的正方形边长和长宽比都对 62．（2025·河北沧州·模拟预测）甲、乙、丙三人用同一张矩形纸张接力进行如图所示的操作：甲任意画一个，折叠纸张使得点A与点C重合，折痕与边交于点O；乙再折出射线，点E在延长线上；丙再折叠纸张使得落在上，点B的对应点为点D，连接． 对下列两个结论判断正确的是（   ） 结论Ⅰ：由操作步骤可直接得到四边形为平行四边形，判定依据是一组对边平行且相等； 结论Ⅱ：在中，若，则四边形为矩形． A．Ⅰ和Ⅱ都对 B．Ⅰ和Ⅱ都不对 C．Ⅰ不对，Ⅱ对 D．Ⅰ对，Ⅱ不对 63．（2026·河北张家口·一模）如图，点O为矩形对角线的交点，，，点E是边上一点（不含端点及中点），连接并延长，交边于点F．将矩形沿折叠，点A，D的对应点分别是点，，直线和直线相交于点H，连接，，，嘉嘉得出一个正确的结论：，淇淇继续探究，发现了以下四个结论，其中不正确的是（   ） A． B．当点和点C不重合时， C． D．当在直线上方时，点到直线距离的最大值为 64．（2025·河北唐山·二模）如图，在中，，，为中点，分别以点、点为圆心，长为半径画弧，交于点，分别以点A、B为圆心，长为半径画弧，交于点，连接DE，DF．则以下4个结论：①F，A，E三点共线；②四边形为平行四边形；③；④，正确的是（   ） A．只有①② B．只有①②③ C．只有③④ D．①②③④ 65．（2025·河北保定·一模）如图，在矩形中，，，点，分别在，边上，且，将，分别沿，折叠，点A的对应点为点，点的对应点为点，点不得超过对角线，连接． (1)当时，求线段的长度； (2)当时，求线段的长度； (3)在折叠过程中，直接写出线段的最小值． 66．（2025·河北保定·一模）如图1是直线以及直线外一点． (1)在图1中，请用直尺和圆规，经过点作垂直于的直线，垂足为点（不要求写作法，保留作图痕迹）． (2)在（1）的基础上，画出图2，其中，点在上．设． ①若，求的度数； ②判断与的位置关系，并加以证明． 67．（2025·河北唐山·一模）如图，在矩形中，，．点F在边上，点E在射线上，，设． (1)的长为________，最小时d的值为________； (2)当点E在边上时． ①在图中利用尺规作图作出，分别交，于点P和点Q（保留作图痕迹，不写作法），并求的长度（用含d的式子表示）； ②若以E，Q，D，F为顶点的四边形是平行四边形，求出的值； (3)当点F关于直线的对称点落在直线上时，直接写出E，F之间的距离． 68．（25-26九年级上·河北石家庄·月考）问题背景：某数学兴趣小组研究图形旋转的性质，将两个全等的三角形纸片完全重合放置，固定一个顶点，然后将其中一个纸片绕这个顶点旋转．已知：三角形纸片和中，，点为边的中点，旋转角为小组经测量得知． 【初步感知】 (1)①线段的长度为______； ②在旋转过程中，当为锐角且时，旋转角______； (2)如图1，连接，在纸片绕点旋转过程中，试探究的值； 【深入探究】 (3)如图2，在纸片绕点旋转过程中，当点恰好落在的中线的延长线上时，求的长． 【拓展延伸】 (4)在纸片绕点旋转过程中，试探究三点能否构成以为一直角边的直角三角形．若能，直接写出的长；若不能，请说明理由． 69．（2026·河北石家庄·一模）【综合与实践】数学实践课上，同学们开展“将正方形裁拼成面积相等的矩形的问题探究”． 题目：“如何将一张边长为的正方形裁拼成面积相等的矩形？” 【理论支持】嘉嘉给出的裁剪作图理论是：“如图1，在边上截取点E（点E不与点B，C重合），连接，过点E作的垂线m，交于点M，过点A作的平行线交直线m于点F，过点D作的垂线，交的延长线于点G，四边形即为与正方形面积相等的矩形．” (1)求证：四边形为矩形； (2)试说明矩形的面积和正方形的面积相等； (3)【动手操作】淇淇按照嘉嘉的示意图，将正方形裁剪成、、四边形三部分，在拼接过程中发现拼接到或的位置都未能全部填满，于是，她把放到图2所示的的位置，然后在截取，过点K作于点J，并裁剪出，将其拼到的位置，恰好无缝拼接，然后将四边形拼到四边形的位置，恰好拼接成一个完整的矩形．求证：； (4)如图3，规定：两条邻边的长度比为的矩形为“开心矩形”，若拼出的矩形为“开心矩形”，求的长． 试卷第2页，共112页 公司1 / 33 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题05 三角形与四边形常考题型大全 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02 平行线的性质与判定 题型03 三角形的内角和应用 题型04 全等三角形的性质与判定 题型05 线段垂直平分线与角平分线的尺规作图问题 题型06 多边形内角和的计算 题型07 等腰三角形的性质与判定 题型08 矩形性质与判定的应用 题型09 菱形的性质与判定 题型10 正方形的性质与判定 题型11 特殊平行四边形的综合 题型12 图形的剪切问题 第二部分 题型训练 整合应用，模拟实战 题●型●破●译 题型01 平行线的性质和应用 典例引领 【典例01】（2025·河北石家庄·一模）如图，岛在岛的北偏东方向，在岛的北偏西方向，则的度数是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了方位角，平行线的性质，理解图示，掌握方位角的含义，平行线的性质是关键． 根据题意，，如图所示，过点作，则，则，由此即可求解． 【详解】解：根据题意，， 如图所示，过点作，则， ∴， ∴， 故选：C ． 【典例02】（2025·河北邯郸·一模）如图，小明从A处出发，沿北偏东方向行走至处，又沿北偏西方向行走至处，此时需把方向调整至，才能与出发时的方向一致，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题主要考查平行线的性质及方位角，熟练掌握平行线的性质及方位角是解题的关键；由题意易得，，，然后可得，则有，进而问题可求解． 【详解】解：如图， 由图可知：，，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； 故选D． 方法透视 考向解读 多在选择题中考查，以“三线八角”识别、角度计算为主，常与三角形内角和、角平分线等知识点结合，突出平行线与相交线的综合应用能力。 方法技能 熟记“同位角相等、内错角相等、同旁内角互补”；遇折线或拐点问题，过拐点作已知直线的平行线构造同位角、内错角，将分散条件集中求解。 变式演练 【变式01】（2025·河北保定·二模）如图，将一副三角板放置在一组平行线内，其中，下列结论一定正确的是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】该题考查了三角板中的角度计算，平行线的性质，三角形内角和定理，根据题意得出，，再依次判断即可． 【详解】解：根据三角板的特点可得， 根据题意可得， ∴，故A错误； ，故D正确； ，故C错误； ，故B错误； 故选：D． 【变式02】（2025·河北保定·一模）如图，要测量直线，所夹锐角的度数，嘉嘉给出了一种正确方法： （1）分别在直线，上取点，，连接； （2）过点作，则① （内错角相等，两直线平行）； （3）测量的度数，即等于所求的度数（两直线平行，② ）． 则①，②分别为（    ） A．，同位角相等 B．，内错角相等 C．，内错角相等 D．，同位角相等 【答案】D 【分析】本题主要考查了平行线的判定及性质，熟练掌握平行线的判定及性质是解题的关键．根据平行线的判定及性质进行判断即可． 【详解】解：与是内错角，且， ． 所求角与是同位角， 测量的度数即可． 故选：D． 【变式03】（2025·河北石家庄·三模）如图1是一辆竖直放在地面上的自行车，如图2是其示意图，其中，，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了平行线的性质．先求，再根据平行线的性质可得，熟练掌握平行线的性质是解题的关键． 【详解】解：如图， ，， ， ， ， 故选：C． 题型02 平行线的性质与判定 典例引领 【典例01】（2024·河北沧州·一模）根据所标数据，不能判断下列四边形是平行四边形的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查平行四边形的判定、平行线的判定等知识．根据平行四边形的判定定理判断即可． 【详解】解：A、根据对角线互相平分能判断该四边形是平行四边形，故本选项不符合题意； B、根据两组对边分别相等能判断该四边形是平行四边形，故本选项不符合题意； C、根据图可判断出，一组对边相等，另一组对边平行，不能判断该四边形是平行四边形，本选项符合题意； D、由两组内错角相等，可得两组对边分别平行，根据两组对边分别平行能判断四边形是平行四边形，故本选项不符合题意． 故选：C． 【典例02】（24-25八年级下·山东德州·期末）四边形的部分数据如图所示（其中度数为对应角的大小，数字为对应边的边长），在①或②处添加恰当的数据，使得四边形是平行四边形，两同学给出了如下回答．嘉嘉：①处应添加数据3，②处无须添加；淇淇：②处应添加数据4，①处无须添加．对于两位同学的回答，下列判断正确的是（     ） A．只有嘉嘉的回答正确 B．只有淇淇的回答正确 C．两人的回答都正确 D．两人的回答都不正确 【答案】B 【分析】本题考查平行四边形的判定，掌握平行四边形的判定定理是解题的关键． 先找出图中相等的量，可得，再分别对嘉嘉和淇淇添加的条件进行逐一分析判定即可． 【详解】观察图形可得，，，， ∴， 嘉嘉：①处应添加数据3，②处无须添加时，有，不能得到四边形是平行四边形，因此嘉嘉的回答不正确； 淇淇：②处应添加数据4，①处无须添加．有，利用一组对边平行且相等，可得四边形是平行四边形，因此淇淇的回答是正确的． 故选：B. 方法透视 考向解读 常在解答题中出现，要求由角的关系判定两直线平行，或由平行推导角的关系，注重逻辑推理链条的完整性和说理规范性。 方法技能 先明确已知角的位置关系，判断用“同位角相等”还是“内错角相等”或“同旁内角互补”进行判定；性质应用时从平行出发推导角相等或互补，步骤要完整。 变式演练 【变式01】（2026·河北石家庄·一模）如图，在中，，分别是边，上的点，且，连接并延长至点，连接．有下列条件：①；②；③．要使四边形为平行四边形，可以增加的一个条件是（   ） A．①或② B．②或③ C．①或③ D．①或②或③ 【答案】C 【分析】根据平行四边形的判定条件分析即可； 【详解】， ， ， 当时，根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可证明四边形为平行四边形； 当时，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形可证明四边形为平行四边形． 【变式02】（（2025·河北保定·一模）如图，是内任意一点，连接，得到，设它们的面积分别是，则下列结论错误的是（    ） A．若，则点在边中点的连线上 B．若点在的平分线上，则 C．若，则点在线段上 D．若，点在线段上，则 【答案】D 【分析】本题考查了平行四边形的性质，平行线之间距离处处相等，角平分线的性质，全等三角形的判定与性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先由平行四边形的性质得，再证明，则，运用三角形面积等于底乘高，列式化简，进行分析，即可作答． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， 分别过点作， ∴， ∴， ∴ ∵，且 ∴点在线段上, 故选项不符合题意； ∵，点到的距离，点到的距离，且 ∴点到的距离等于点到的距离， ∵ ∴边中点的连线与都是互相平行的， ∴则点在边中点的连线上（根据平行线之间距离处处相等） 故选项不符合题意； ∵点在的平分线上， ∴点到的距离相等， ∵点到的距离，点到的距离， ∴； 故选项不符合题意； ∵，点在线段上，且 ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 故D选项不符合题意； 故选：D． 【变式03】（（2025·河北邢台·一模）下面是嘉嘉作业本上的一道习题及解答过程： 已知：如图，在四边形中，垂直平分，过点作，以为顶点，在的左侧作交于点． 求证：四边形是平行四边形． 证明：垂直平分， ，又， （①）， ， _____②______ ， 四边形是平行四边形． 若以上解答过程正确，①，②应分别为（　　） A．SAS， B．SSS， C．SAS， D．SSS， 【答案】B 【分析】本题考查了平行四边形的判定和性质，根据平行四边形的判定定理即可得到结论． 【详解】证明：垂直平分， ， 又， ， ， ， ， 四边形是平行四边形． 故选：B． 题型03 三角形的内角和应用 典例引领 【典例01】（2025·河北石家庄·一模）一副三角板按如图所示放置，点在上，点在上，，则的度数为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了直角板中角度的计算，直角三角形两锐角互余，垂直的定义，理解图示，掌握角度的和差计算是关键． 根据三角板的特点得到，根据垂直的定义，直角三角形两锐角互余得到，，由对顶角相等得到，则，根据，即可求解． 【详解】解：如图所示，根据题意可得，， ∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， 故选：C． 【典例02】（2025·河北保定·一模）如图，在中，，，点，分别在，上将沿折叠得到，当时，的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题主要考查了折叠的性质、三角形的内角和定理、直角三角形的性质．首先根据三角形内角和定理可以求出，根据折叠的性质可得：，根据直角三角形两个锐角互余，可得：，根据折叠的性质可以求出，再利用三角形内角和定理可以求出． 【详解】解：如下图所示， 在中，，， ， 根据折叠的性质可得：， ， ， ， 根据折叠的性质可得：， ． 故选：C． 方法透视 考向解读 近6年高频考点，常与平行线、角平分线、等腰三角形融合，出现在选择题或填空题中，考查角度计算及三角形内角和定理的灵活运用。 方法技能 牢记“三角形内角和为180°”；遇多个角时优先用内角和列方程；与平行线结合时利用平行线的性质转化角度；与外角结合时用“外角等于不相邻两内角之和”快速求解。 变式演练 【变式01】（2025·河北保定·一模）如图①是某种型号拉杆箱的实物图，如图②是它的示意图，行李箱的侧面可看成一个矩形，点，，在同一条直线上，为了拉箱时的舒适度，现将调整为，若保持不变，则图中应（    ） A．减少 B．减少 C．增加 D．增加 【答案】D 【分析】此题考查了三角形外角的性质，根据三角形外角的性质得到，再由平角的定义即可求出．掌握平角的定义是解题的关键． 【详解】解：，， ， ， ， ， 故选：D． 【变式02】（2025·河北保定·二模）如图，在中，，为边上的高，，将沿直线折叠得到，则（　　） A．8 B．6 C．4 D．2 【答案】C 【分析】本题主要考查了解直角三角形，折叠的性质，三角形内角和定理，求出，解得到，再解得到，由折叠的性质可得，，则可证明三点共线，据此可得答案． 【详解】解：∵在中，，， ∴， ∵为边上的高， ∴， 在中，， 在中，， 由折叠的性质可得，， ∴三点共线， ∴， 故选：C． 【变式03】（2025·河北唐山·二模）如图，直线l与正方形的边，分别相交于点M，N，如图所示，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】该题考查了正方形的性质和三角形内角和定理，根据正方形的性质得出，根据 三角形内角和得出，结合平角的定义即可求解． 【详解】解：根据正方形可得， ∴， ∵， ∴， 故选：A． 题型04 全等三角形的性质与判定 典例引领 【典例01】（2026·河北廊坊·一模）已知题目：如图，点，，，在同一条直线上，点，分别在直线的两侧，，，，，求证：．下面是小明的证明过程． 证明：∵，∴．第①步 在和中，∵∴，第②步 ∴．第③步 (1)老师批改时，告知小明在第________步中出现错误，请你写出正确的证明过程； (2)用无刻度直尺找到的中点O．（保留作图痕迹，不必写作法） 【答案】(1)②；见解析 (2)见解析 【详解】（1）解：②； 证明：， ． ， ， ， ． 在和中， ， ， ． （2）解：如图， 连接交于，即为中点， ∵， ∴， ∴． 【典例02】（2025·河北张家口·二模）为测量校园内的旗杆的高度，嘉嘉设计的方案是：如图，在距旗杆底端A水平距离为的处，使用测角仪测得，由于角不方便计算，淇淇提出了一种解决问题的方案：在的延长线上取一点，将一根木棒竖直立在地面上的点处，，此时测得，故淇淇得出结论，进而推得，则下列选项中淇淇证明全等用到的依据可能是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题主要考查了全等三角形的判定．由全等三角形的判定定理或均可证得图中两个三角形全等，从而可得答案． 【详解】解：由题意可得：，， ∵， ∴， ∵， ∴ ∴， ∴， ∴淇淇证明全等用到的依据可能是， 故选：B． 方法透视 考向解读 解答题基础必考，常出现在第17—19题，要求证明线段相等或角相等，近年与折叠、旋转等图形变换融合，侧重基础推理能力考查。 方法技能 熟练掌握SSS、SAS、ASA、AAS、HL五种判定方法；证明时先找已知等量，再分析缺少的条件；折叠问题抓住“对应边相等、对应角相等”这一核心性质。 变式演练 【变式01】（2025·河北石家庄·一模）如图，四边形，已知，且点在外部，则之间的距离可能是（   ） A．4 B． C．9 D．11 【答案】C 【分析】本题考查了三角形三边数量关系，全等三角形的判定和性质，勾股定理的运用，掌握全等形的判定和性质，勾股定理，三角形三边数量关系的计算是关键． 如图所示，连接，由三角形三边数量关系得到，，证明，，，，，在中，，点在外部，即，结合图形即可求解． 【详解】解：如图所示，连接，交于点O 在中，， ∴，即， 在中，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， 又∵， ∴， ∴垂直平分， ∴， 在中，， 点在外部，即， ∴， 故选：C ． 【变式02】（24-25八年级上·河北邢台·期末）已知，且，，，点D、F分别在、上滑动． （1）____________； （2）点M是的中点，点N是的中点，则的最小值是_____________． 【答案】 6 2 【分析】本题考查了全等三角形的性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，勾股定理，熟记各性质并判断出最小时的位置是解题的关键． （1）根据勾股定理计算即可； （2）连接、，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，判断出C、N、M三点共线时的值最小，再根据勾股定理列式计算即可得解． 【详解】解：（1）∵ ∴， 故答案为：6； （2）连接， ∵， ∴， ∵点是的中点，点是的中点， ∴ 由三角形三边关系得，， ∴当C、N、M三点共线时的值最小， 此时，， 故答案为：2． 【变式03】（2026·河北石家庄·一模）把两个等腰直角和按如图①所示的位置摆放，，将绕点A按逆时针方向旋转，如图②，连接，设旋转角为． (1)嘉嘉同学说在旋转过程中，．请帮他证明； (2)如图③，若，，当点D在线段上时， ① ； ②求CE的长． 【答案】(1)见解析 (2)①；②10 【分析】（1）根据等腰三角形的定义，结合，即可得证； （2）①同（1）得到，得出，根据求出结果即可； ②设，根据勾股定理得出，求出x的值，即可得出答案． 【详解】（1）证明：，都是等腰直角三角形， ，，， 则 ， ； （2）解：①是等腰直角三角形， ， ， 同（1）可得， ∴， ∴； ②设， 由（1）得， ∴ ∵， ∴， ∵，， ∴ 解得（舍），． ∴的长是10． 题型05 线段垂直平分线与角平分线的尺规作图问题 典例引领 【典例01】（2026·河北石家庄·一模）如图，在中，，．嘉嘉想用尺规作图法，在的边上找一点，使得．其中不能实现的是（   ） A．B．C． D． 【答案】C 【分析】根据，得，观察各选项中是否满足即可得出结果． 【详解】解：∵， ∴， ∵，， ∴， 选项A：图中所作为的角平分线， 故，满足； 选项B：图中所作为线段的垂直平分线， 得， ∴， ∴，满足； 选项C：图中所作为的垂线， ∴，故不满足； 选项D：图中所作为， ∴，满足； 综上，不满足的做法为选项C． 【典例02】如图，在已知的△ABC中，按以下步骤作图：①分别以B、C为圆心，以大于BC的长为半径作弧，两弧相交于点M、N；②作直线MN交AB于点D，连接CD，若CD＝AD，∠B＝20°，则下列结论中错误的是（　　） A．∠CAD＝40° B．∠ACD＝70° C．点D为△ABC的外心 D．∠ACB＝90° 【答案】A 【分析】由题意可知直线MN是线段BC的垂直平分线，故BN＝CN，∠B＝∠C，故可得出∠CDA的度数，根据CD＝AD可知∠DCA＝∠CAD，故可得出∠CAD的度数，进而可得出结论． 【详解】∵由题意可知直线MN是线段BC的垂直平分线， ∴BD＝CD，∠B＝∠BCD， ∵∠B＝20°， ∴∠B＝∠BCD＝20°， ∴∠CDA＝20°＋20°＝40°． ∵CD＝AD， ∴∠ACD＝∠CAD＝(180°−40°)＝70°， ∴A错误，B正确； ∵CD＝AD，BD＝CD， ∴CD＝AD＝BD， ∴点D为△ABC的外心，故C正确； ∵∠ACD＝70°，∠BCD＝20°， ∴∠ACB＝70°＋20°＝90°，故D正确． 故选A． 【点睛】本题考查的是作图−基本作图，熟知线段垂直平分线的作法是解答此题的关键． 方法透视 考向解读 河北独特考法，近5年高频出现。不考动手操作而考作图原理分析，判断作图痕迹对应的几何性质，与三角形中线、高线融合考查推理能力。 方法技能 垂直平分线作图痕迹→对应点到两端点距离相等、中点；角平分线痕迹→角相等。先还原作图步骤，再根据基本作图的性质推导结论，注意每种作图背后的几何依据。 变式演练 【变式01】（2025·河北石家庄·三模）如图，在中，按下列步骤利用尺规作图： ①以C为圆心，适当长度为半径画弧，分别与交于H，G； ②分别以H，G为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于点K，作射线； ③分别以B，C为圆心，大于的长为半径作弧，两弧分别交于M，N两点； ④作直线，分别交于点D，E； ⑤连接． 则下列结论错误的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由作图可知，是的垂直平分线，据此可判断A，B正确；由作图可知，是的平分线，得出，结合，可判断D；无法判断C的正误． 【详解】解：由作图可知，是的垂直平分线，由作图可知，是的平分线， ∴，，故A正确； ∴，故B正确； 由作图可知，是的平分线， ∴， ∵， ∴， ∴，故D正确； 无法说明，故C错误． 故选C． 【点睛】本题考查了尺规作图，线段垂直平分线的性质，等腰三角形的判定与性质等知识，掌握尺规作图是解答本题的关键． 【变式02】（2026·河北石家庄·一模）如图，已知，按照以下步骤作图： ①以点O为圆心，以适当的长为半径作弧，分别交的两边于C，D两点，连接； ②分别以点C，D为圆心，以适当长为半径作弧，两弧在内交于点E，连接，． 下列结论中错误的是（    ） A． B． C． D．垂直平分 【答案】B 【分析】由基本作图可知，为的平分线，从而得出；由，得出垂直平分；根据证明；根据直角三角形斜边大于直角边判断． 【详解】解：设交于点， 由作图步骤可得：是的角平分线，则，A正确； 根据作图可知：，， ∴点O、E在的垂直平分线上， ∴垂直平分，D正确； ∵， ∴，C正确； 在中，，且， 则，故B错误，符合题意． 【变式03】（2025·河北张家口·二模）如图，在中，，，．    (1)尺规作图：作的平分线交于点；（保留作图痕迹，不写作法） (2)求的长． 【答案】(1)见解析； (2)． 【分析】本题主要考查了尺规作图、角平分线的性质和勾股定理．核心素养表现为几何直观和推理能力． （1）根据角平分线的作图步骤作图即可； （2）过点作于点．由勾股定理求得．由角平分线的性质，可得，证明，则，得到．在中，，列方程即可求出答案． 【详解】（1）解：尺规作图如图所示．   ； （2）过点作于点． 在中，，，， 由勾股定理求得． 由角平分线的性质，可得， ∵ ， ， ． 在中，， 即， 解得． 题型06 多边形内角和的计算 典例引领 【典例01】（2025·河北石家庄·一模）如图，在边长为5的正五边形中，点是对角线上一点，连接后将正五边形分成了①、②、③、④、⑤这五个三角形，则下列能确定大小的是（   ） A．①与②的面积和 B．②与③的面积和 C．②与④的面积和 D．④与⑤的面积和 【答案】C 【分析】过点B作于点M，过点E作于点N，根据正五边形的性质得出，进而证明，解直角三角形得出，，，，再分别进行判断即可． 【详解】解：过点B作于点M，过点E作于点N，如图所示， 五边形为正五边形， ， ， ， ， ， ， ，， ， 在中，， ， ， 在中，， ， 的值不固定，的值固定， ①与②的面积和不能确定大小， 故A不符合题意； ， 的值不固定，和的值固定， ②与③的面积和不能确定大小， 故B不符合题意； ， 和的值固定， ②与④的面积和能确定大小， 故C符合题意； ， 的值不固定，的值固定， ④与⑤的面积和不能确定大小， 故D不符合题意， 故选：C． 【点睛】本题考查了正多边形的性质，等腰三角形的性质，平行线的性质，解直角三角形的相关计算，熟练掌握正多边形的性质是解题的关键． 【典例02】（2025·河北邢台·一模）如图，已知正六边形的顶点在直线上，是的中点，连接并延长交直线于点，若，则的值是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先求出六边形的每个内角为，再结合度所对的直角边是斜边的一半，得，，运用勾股定理算出，，然后证明，代入数值得，，结合进行计算，即可作答． 【详解】解：过点作，延长交直线于一点，如图所示： ∵六边形是正六边形， ∴六边形的内角和， 则六边形的每个内角为， ∵ ∴ 则 ∴， ∴，， ∵是的中点， ∴， ∵， ∴， 在中，， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故选：A 【点睛】本题考查了正多边形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，求一个角的正切值，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 方法透视 考向解读 近6年7考，选择题、填空题高频出现。考法有三：利用不稳定性考查边关系；利用内外角公式进行角度计算；正多边形中关于边或角的计算。难度中等。 方法技能 n边形内角和=(n−2)×180°，外角和恒为360°；正多边形每个内角=(n−2)×180°/n，每个外角=360°/n；已知内外角关系求边数时，用方程法最快捷。 变式演练 【变式01】（2026·河北石家庄·一模）如图，直线，正六边形的顶点A，C分别在直线a，b上，若，则下列错误的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先求出正六边形的内角，再根据对顶角相等和三角形的内角和定理可判断选项A、B；延长交直线b于H，由平行线的性质得到可判断选项C、D，进而可得答案． 【详解】解：∵正六边形， ∴，， ∵， ∴，， 故选项A、B正确，不符合题意； 延长交直线b于H，如图， ∵，， ∴，故选项C错误，符合题意； ∴，故选项D正确，不符合题意． 【变式02】将一个正八边形与一个正六边形按如图所示放置，顶点A，B，C，D四点在同一条直线上，E为公共顶点，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了多边形的内角和定理，掌握定理是解题的关键．根据多边形的内角和，分别得出，，再根据三角形的内角和算出，得出即可． 【详解】解：由多边形的内角和可得， ， ， ， ， 由三角形的内角和得： ， ． 故选：C 【变式03】（2025·河北石家庄·模拟预测）如图①是某创意图书馆设计的一款壁灯图案的设计图，象征着欣欣向荣，代表一种生机盎然的自然和谐美．图②是从图①图案中提取的图形，正八边形被分割成两个正方形和四个菱形，若正八边形的边长为2，则菱形的面积为___________． 【答案】 【分析】本题考查了正多边形的内角和、正方形的性质、菱形的性质等知识点，熟练掌握以上知识点、作出适当的辅助线是解题的关键．过点作于点，先求出正八边形的每个内角为，根据正八边形被分割成两个正方形和四个菱形，求出，，在中，求出，即可求出菱形的面积． 【详解】解：如图所示，过点作于点， 八边形是正八边形，正八边形的边长为2， ，， 四边形是菱形，四边形、四边形是正方形， ，，， ， 在中，，， ， 菱形的面积为， 故答案为：． 题型07 等腰三角形的性质与判定 典例引领 【典例01】（24-25八年级上·湖北随州·期中）在平面直角坐标系中，已知，，若在坐标轴上取点C，使为等腰三角形，则满足条件的点C的个数是（   ） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】C 【分析】本题主要考查的是等腰三角形的定义、线段垂直平分线的性质，熟练掌握线段垂直平分线的性质是解题的关键．分为、，三种情况画图判断即可． 【详解】解：如图所示： 当时，符合条件的点有,3个； 当时，符合条件的点有，3个； 当点C在的垂直平分线上时，符合条件的点有，1个． 故符合条件的点C共有7个． 故选：C． 【典例02】（2026·河北石家庄·一模）如图，在等边中，是边上一点，将绕点逆时针旋转得到，若，则为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由旋转的性质，可得，，，证明为等边三角形，可得，由角度之间的等量代换及计算即可得出，即可得出结果． 【详解】解：∵由绕点逆时针旋转得到， ∴，， ∴为等边三角形， ∴， ∵为等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴． 方法透视 考向解读 常与全等三角形、平行四边形、圆综合考查。2025年几何压轴题中即包含等腰直角三角形知识，用于计算线段长度、角度及证明线段相等。 方法技能 性质：等边对等角、三线合一；判定：等角对等边、定义法。遇等腰三角形优先考虑“三线合一”作辅助线；与直角结合时注意45°等腰直角三角形的边长比例关系。 变式演练 【变式01】如图，若将四根木条钉成的矩形木框变形为平行四边形的形状，并使其面积为矩形面积的一半，则这个平行四边形的最小内角等于（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查了平行四边形的性质、矩形的性质、直角三角形的性质、等边三角形的判定与性质，作于，根据平行四边形的面积等于矩形面积的一半，得出，取的中点，连接，由直角三角形的性质得出为等边三角形，由等边三角形的性质可得，最后由计算即可得解． 【详解】解：如图，作于， 则， 根据题意得，平行四边形的面积， ， 取的中点，连接，则， ， 为等边三角形， ， ， 故选：C． 【变式02】（2025·河北廊坊·一模）如图，在四边形中，是边上的一个动点，连接． (1)____________°，线段的最小值是____________． (2)过点E作线段的垂线l，点F在直线l上，且在的左侧，满足． ①在图中利用直尺和圆规作出满足上述要求的图形；（保留作图痕迹，不写作图过程） ②在点E运动的过程中，当点F落在边上时，求证：； ③连接，直接写出线段长的最小值； ④连接，当直线时，求线段的长． 【答案】(1)135；6 (2)①见解析②见解析③线段长度最小值为④ 【分析】（1）通过作辅助线构造直角三角形，利用角度关系求解；根据垂线段最短求的最小值． （2）①根据尺规作图的要求作出图形； ②通过证明三角形全等推导线段关系； ③分析点的运动轨迹，求的最小值； ④利用平行线的性质和三角形全等求解的长． 【详解】（1）解：过作于，则， 是等腰直角三角形，， 则， 当时，最小， 此时． （2）解：①作图如解图1． ②证明：当点F落在边上时， 如解图2，过点D作于点G． ， ， ． 在和中： ， ． 由（1）知，． ③线段长的最小值为．    如解图3，过点D作于点G，过点F分别作，交的延长线于点M，作于点N，则四边形为矩形， ． 由①知，， ， ， ， ． 设，则， ． 在中，， ∴当时，取得最小值，最小值为． ④如解图4，， ． ， ， ． ， , ， ， ，即， ． 【点睛】本题考查四边形的综合应用，掌握利用勾股定理、三角形全等、垂线段最短等知识，结合尺规作图和轨迹分析求解线段长度与角度是解题的关键． 【变式03】（2025·河北唐山·二模）如图，在中，，，，M为中点．过点A作于点D，E为腰AC上一动点，连接DE，以为斜边向左上方作等腰直角，连接． (1)如图1，当点F落在线段AD上时，求证：； (2)在点E的运动过程中，若，求线段CE的长； (3)在点E的运动过程中． ①直接写出点F运动的路径长． ②若，直接写出线段AE的长． 【答案】(1)见解析 (2)或 (3)①8；②或 【分析】（1）先根据等腰三角形三线合一的性质得，再证明，可得结论； （2）过点E作过点E作于点N，设长为x，可得，求出长，再根据勾股定理，求出x，即可解答． （3）①确定点F的运动轨迹，即可解答； ②AC的中点G，连接DG，FG，设直线FG与AD相交于点P，先计算PF的长；分两种情况：①如图2，当点F落在线段AD左侧时，②如图3，当点F落在线段AD的右侧时，证明，列比例式可得结论． 【详解】（1）证明：∵， ∴，， 即， ∵是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∴． （2）过点E作于点N， 设长为x， ∴，，， 即为等腰直角三角形， ∴，即 在是等腰直角三角形中，，， ∴， 即， ∴， ∴， 即 解得， ∴或． （3）①当点E在A点时，点F是的中点；当点E在C点时，点F与点M重合； 如图，即点F的运动轨迹为． ②连接，设直线与相交于点P， 在中，M为中点，， 有， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∵△DFE是等腰直角三角形， ∴＝， ∵， ， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴且， 在中，，， ∴， ∴， 在中，， ∴． 当点F落在线段左侧时，如图2 ∵， ∴， ∴； ∴． 当点F落在线段AD的右侧时，如图3 ∴， 同理得， ∴， ∴． 综上，的长是或． 题型08 矩形性质与判定的应用 典例引领 【典例01】（24-25九年级上·湖南·月考）如图，矩形为一个正在倒水的水杯的截面图，，杯中水面与的交点为，当水杯底面与水平面的夹角为时，杯中水的最大深度为（   ） A．8 B．12 C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了矩形的性质、含30度角的直角三角形的性质和勾股定理等知识，熟练掌握含30度角的直角三角形的性质和勾股定理是解题的关键. 过点作，垂足为，先求得，然后根据含30度角的直角三角形的性质和勾股定理求解即可. 【详解】解：过点作，垂足为，如图， 四边形为矩形， ， ， ， ∴， ∴， 在中，． 故选：D． 【典例02】（2026·河北石家庄·一模）如图，四边形是一个矩形纸片，，．E是边上一点．将沿着翻折，A点的对应点为．在翻折的过程中，当是直角三角形时，的长为________． 【答案】或 【分析】分三种情况讨论，由折叠的性质和勾股定理可求的长． 【详解】解：①如图，若， ∴， ∵， ∴四边形是矩形， ∵将沿着翻折， ∴， ∴四边形是正方形， ∴， ∴， ∴； ②如图，若， ∵将沿着翻折， ∴，，， ∵， ∴点，点，点三点共线， ∵， ∴． ③若， ∵， ∴点不可能落在直线上， ∴不存在， 综上所述：或． 方法透视 考向解读 矩形是河北几何综合题的核心载体，2025年几何压轴题即以矩形分割、周长相等、对角线中点等知识展开，常与折叠、动点、面积计算结合考查。 方法技能 性质：对边平行且相等、四角为直角、对角线互相平分且相等；判定：三个角是直角或平行四边形+对角线相等。折叠问题中抓住“折痕为对称轴”分析对应线段和角的关系。 变式演练 【变式01】（2025·河北张家口·二模）如图1至图3，在矩形中，，．点在上，且1，连接和，将绕点逆时针旋转，点A，B的对应点分别为点，，所在直线与相交于点，所在直线与射线相交于点，以，为边构造平行四边形，当射线与重合时，停止旋转． (1)求的长； (2)如图2，当点落在线段上时，探究，的数量关系，并说明理由； (3)当点落在平行四边形的边上时，求弧的长； (4)如图3，当点落在线段的延长线上时，连接，，，若的周长最小，直接写出此时的值．（参考数据：） 【答案】(1)； (2)，见解析； (3)或； (4)3． 【详解】（1）解：在中，，， ； （2）解∶ ． 理由如下： ∵，，且， ∴． 又∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 由旋转的性质，可得． ∴， ∴， ∴． （3）解∶ 由（2）易得，平行四边形是矩形．当点落在平行四边形的边上时，有以下两种情况． 情况一：如图1，此时点C，N重合，点B，H重合． 四边形为矩形， ，，， ， ， ； 情况二：如图2，此时点在上． ，， ，，． ， ，解得， ， ， ． ， ， ， ， ， 综上， 弧的长为或； （4）解∶ 如图3，由（1）（2）知，，． 当点落在线段上时，． 同理可得当点落在线段的延长线上时，， ∴， ∴． 过点作于点，则，，， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴，， ∴，即， ∴， ∴， ∴点在过点且垂直于的直线上运动． 延长至点，使得，连接， ∴垂直平分， ∴， ∴的周长， ∴当最小时，的周长最小， ∴当，，三点共线时，最小，如图3． 过点作于点． 在中，由面积法得， ∴． ∵， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴在中，． 【变式02】（2025·河北石家庄·一模）如图1，矩形中，，，动点E，F分别从点B，D同时出发，以每秒1个单位长度的速度沿向终点A，C运动，过点A作直线的垂线，垂足为G． (1)当时，与的数量关系为_______； (2)如图2，若平分，运动时间为t秒，求的长及t的值； (3)当运动时间时，直接写出的长． 【答案】(1) (2)， (3) 【分析】（1）连接，证明可得结论； （2）过E作于P，则四边形 为矩形，可得，，证明为等腰直角三角形．则，；由求解即可； （3）如图2，先根据勾股定理求得，，再证明，利用相似三角形的性质求解即可． 【详解】（1）解：． 证明：连接， ∵四边形是矩形，， ∴， ∵，， ∴， ∴； （2）解：∵四边形是矩形， ∴，，， 过E作于P，则． ∴四边形 为矩形， ∴，， ∵平分， ∴． ∵， ∴． ∵， ∴， ∴为等腰直角三角形． ∴． ∴； 由题意得：． ∴， 即； （3）解：如上图2，则，    ，， ∴，， ∵， ∴，又， ∴， ∴，即， ∴． 【点睛】本题考查矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理、等腰直角三角形的判定与性质等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用，利用相似三角形的性质求解线段长是解答的关键． 【变式03】（2025·河北邢台·一模）如图-1，在矩形中，，点在边上，将绕点顺时针旋转得到，过点作平分交边于点，连接．已知：，设． (1)求证：； (2)连接、，若时，求； (3)若点落在内部，求的取值范围； (4)如图-2，在边上取点，使得，做射线，当在射线的上方时，直接写出用的代数式表示点到射线的距离． 【答案】(1)见解析 (2)3 (3) (4) 【分析】（1）利用矩形性质得到，结合旋转的性质得到，再结合角平分线定义证明，利用全等三角形性质证明，即可解题； （2）利用全等三角形性质得到，结合角的运算得到，利用等腰三角形性质推出，再结合矩形性质求解，即可解题； （3）根据点落在内部，讨论当点落在上时，结合矩形性质，以及相似三角形的性质和判定得到的取值，当点落在上时，过点作于点，同样结合矩形性质，以及相似三角形的性质和判定得到的取值，即可得到的取值范围； （4）连接交于点．则由（3）同理可得于点，利用勾股定理得到，结合等面积法求出，进而得到，作于点，证明，利用相似三角形性质求出，，延长交延长线于点，过点作交延长线于点，结合矩形性质和等腰三角形性质求出，过作于点，再利用解直角三角形求出，即可解题． 【详解】（1）证明：四边形是矩形， ， 将绕点顺时针旋转得到， ， 平分 ， ， ； （2）解：， ， 由（1）得， ， ， ， ， ， 在矩形中，， ， ； （3）解：当点落在上时， ， 于点， ，， ， 又， ， 在矩形中，，， ， ， ； 当点落在上时，过点作于点， ， ， ， ， 又， ， ， ， ， ， 若点落在内部时，的取值范围为； （4）解：. 理由如下：连接交于点．则由（3）同理可得于点， ， ， ， 作于点， ， ， ， ， ， ， ， 延长交延长线于点， 过点作交延长线于点， 在矩形中，， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 过作于点， ， ， 点到射线的距离为． 【点睛】本题考查了矩形性质，旋转的性质，角平分线定义，全等三角形性质和判定，等腰三角形性质，相似三角形的性质和判定，勾股定理，解直角三角形，解题的关键在于熟练掌握相关知识． 题型09 菱形的性质与判定 典例引领 【典例01】（2025·河北保定·一模）菱形中，，，是中点，是上的动点，则周长的最小值是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了菱形的性质、勾股定理，等边三角形的判定和性质，轴对称最短路径问题，解决本题的关键是掌握菱形的性质； 根据菱形的性质得到，，，根据勾股定理求出，根据线段垂直平分线的性质、勾股定理定理计算即可； 【详解】如图，连接，交于点，连接， ∵四边形是菱形， ， ，，， 由勾股定理得：， ， 是中点， ， ，， ， ， 根据两点之间，线段最短可知此时的周长最小， 的周长的最小值， ， 为等边三角形， 为中点， 为直角三角形， 在中，由勾股定理得：， 的周长的最小值； 故选：D 【典例02】（2026·河北石家庄·一模）如图，菱形和菱形中，，，点是的中点，点在的延长线上，连接，，，则的长为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】连接交于点O，根据菱形的性质以及等边三角形的性质证明，再由勾股定理解答即可． 【详解】解：如图，连接交于点O， ∵四边形和都是菱形，， ∴，， ∵， ∴为等边三角形，， ∴，为等边三角形， ∴，， ∴， ∵点是的中点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 方法透视 考向解读 选择题、填空题高频出现，2025年真题第21题即考查菱形与扇形、弧长结合，常与等边三角形、对角线垂直等性质关联，突出几何图形间的转化能力。 方法技能 性质：四边相等、对角线互相垂直平分、每条对角线平分一组对角；判定：四边相等的四边形或平行四边形+对角线垂直。菱形中隐含等腰三角形和直角三角形，善加利用。 变式演练 【变式01】（2025·河北石家庄·一模）如图，在中，，，，P是边上的动点（），将沿翻折得，射线与射线交于点E．下列说法正确的个数是（   ） （1）当时，； （2）当点落在上时，四边形是菱形； （3）在点运动的过程中，线段的最小值为4； （4）连接，则四边形的面积始终等于． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】（1）画出图形，求出，根据等角对等边即可判断其正确； （2）画出图形，证明出是等边三角形，从而得到，根据四条边相等的四边形是菱形即可判断其正确； （3）画出反例的图形，即可判断其错误； （4）画出图形，连接交于点，根据，即可判断其正确． 【详解】解：（1）如图所示，当时， ， ， 将沿翻折得， ，， 四边形是平行四边形， ， ， ， ， ， ， 故（1）正确； （2）如图所示，当落在上时，点和重合， 四边形是平行四边形， ， ， 将沿翻折得， ，，， 是等边三角形， ， 四边形是菱形， 故（2）正确； （3）如图所示， 当点靠近点时，在四边形外部，此时， ， 的最小值小于4， 故（3）错误； （4）如图所示，连接交于点， 将沿翻折得， 垂直平分， ， 故（4）正确． 综上，正确的有3个， 故选：C． 【点睛】本题考查翻折变换，解答中涉及轴对称的性质，平行四边形的性质，菱形的判定，举反例，熟练掌握相关知识是解题的关键． 【变式02】已知四边形是平行四边形，，点是边上一个动点，连接，沿将翻折至（如图1），所在的直线与交于点． (1)当点落在上时（如图2），判断四边形的形状，并证明； (2)当点与点重合时，求的长； (3)当取最大值时，求此时的长． 【答案】(1)四边形是菱形，理由见详解 (2) (3) 【分析】（1）根据平行四边形的性质和折叠的性质即可证明四边形是菱形． （2）过作，交的延长线于，依据中，，列方程求解即可得出结论； （3）依据，可知，当最短时，最大，进而得出当时，有最大值．依据中，，列方程求解即可得出结论． 【详解】（1）解：四边形是菱形． 理由：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， 根据折叠可得，， ∴， ∴， ∴， ∴四边形是菱形． （2）解：如图所示，过作，交的延长线于， 设，则， 由折叠可得， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 又 ∵， ∴， ∴， 在中，， 即， 解得：， ∴． （3）解：如图所示，由折叠可得， ∵， ， ， ， ， ∴当最短时，最大， ∴当时，最短，有最大值， 由（2）可得与之间的距离为， ∴当时，， 设，则， 由折叠可得， 在中，， 即， 解得：（舍去）， ． 【点睛】本题主要考查了折叠问题，菱形的判定，解一元二次方程，平行四边形的性质以及勾股定理的综合运用，解题的方法是设要求的线段长为，然后根据折叠和轴对称的性质用含的代数式表示其他线段的长度，选择适当的直角三角形，运用勾股定理列出方程求出答案． 【变式03】（2026·河北张家口·一模）数学兴趣小组对三角形面积的最值问题展开了如下探究： 【探究1】 （1）如图1，已知等边三角形的边长为，则 (用含的代数式表示)； （2）如图2，菱形的边长为6，，点和点分别在边和边上，，连接，求面积的最小值； 【探究2】 （3）如图3，在中，，为边上的高，(为定值)，求面积的最小值(用含的代数式表示)． 【答案】（1）； （2）； （3） 【分析】（1）利用等边三角形三线合一的性质作出边上的高，结合勾股定理求出高的长度，再计算面积； （2）连接，根据菱形性质证明为等边三角形，再通过角的等量代换证明与全等，得到，结合判定为等边三角形，将面积最值转化为的长度最值，最后依据垂线段最短求出的最小值，进而得到面积的最小值； （3）先通过翻折变换构造正方形，设、，在中利用勾股定理建立、的关系式，结合完全平方公式的非负性得到关于的不等式，求解得到的最小值后，求出面积的最小值即可． 【详解】（1）解：过点作于点，如图， ∵是等边三角形，边长为， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴； （2）解：连接，如图， ∵四边形是菱形，边长为6， ∴，， ∵， ∴是等边三角形， ∴，， ∵菱形中， ∴， ∴， ∵， ∴，即， 在和中，∵，，， ∴， ∴， 又∵， ∴是等边三角形， ∴由（1）得， 要使的面积最小，只需使的长度最小， 根据垂线段最短，当时，取得最小值， ∵是等边三角形，， ∴在中，由勾股定理得， ∴面积的最小值为； （3）解：∵为边上的高， ∴， 作关于对称的，作关于对称的，延长，交于点，如图， 则，，，，． ∵， ∴， 又∵， ∴四边形是矩形， 又∵， ∴矩形是正方形，正方形边长为． 设，，则，，， 在中，，由勾股定理得， 即， 展开化简得 由完全平方公式的非负性可知，变形得， ∴，即， 当时， 由求根公式得(舍去)， ∴的最小值为，即的最小值为， 根据的面积， ∴最小值为． 题型10 正方形的性质与判定 典例引领 【典例01】（2026·河北唐山·一模）如图，两个边长为2的正方形中心重合，，则阴影部分的面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题意易得，然后可得，，，则有，进而问题可求解． 【详解】解：如图， 由两个边长为2的正方形中心重合，可知：， ∵， ∴都为等腰直角三角形， ∴，， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 【典例02】（2026·河北沧州·一模）如图，折叠正方形的一边，使点落在上的点处，折痕交于点．若，则的长是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据正方形的性质和勾股定理求出，根据翻折的性质得出，，，根据三角形内角和定理，等角对等边可求出，证明，根据相似三角形的性质求出，结合，即可求解． 【详解】解：∵正方形中， ∴，，，， ∴，， ∵翻折， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 又， ∴． 方法透视 考向解读 河北中考高频考点，近6年8考。正方形集矩形和菱形性质于一身，常与折叠、动点、圆融合作为压轴题核心载体。2025年样卷及多份复习学案均将其列为“必考”内容，考查从概念辨析、边长角度计算到复杂的几何综合推理- 方法技能 掌握判定口诀：“菱形+矩形=正方形”-。解题时从边、角、对角线三个维度分析已知条件；遇折叠问题抓住“对称”与“边长相等”；与动点结合时，利用“手拉手”或“一线三直角”等几何模型寻找边角关系-。 变式演练 【变式01】（2026·河北保定·模拟预测）将三张大小一样的正方形纸片按如图所示的方式重叠地放置在长方形内部，．将中间的正方形纸片上下平移时，阴影部分的面积和不变．设，则每个正方形纸片的周长为_____（用含m的式子表示）． 【答案】 / 【分析】本题考查了平移的性质、正方形和矩形的性质以及周长计算，解题的关键是利用阴影部分面积不变得出线段相等关系，进而推导出正方形的边长． 根据中间正方形上下平移时阴影部分面积不变，得出对应线段相等；利用矩形边长关系确定正方形边长为；根据正方形周长公式，边长乘以，计算出周长为． 【详解】解：如图． ∵中间的正方形纸片上下平移时，阴影部分的面积和不变， ∴， 由正方形及矩形性质可得： ∵， ∴． ∵， ∴， ∵， ∴， 即正方形的边长为． 则每个正方形的纸片的周长为． 【变式02】（25-26九年级下·河北保定·开学考试）如图，是正方形的对角线上的两点，且． (1)求证：； (2)若，则四边形的面积是___________． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据正方形的性质可证明，再证明，据此结合全等三角形的判定定理可证明结论； （2）连接交于点O，利用正方形的性质和勾股定理求出的长，进而求出的长，可证明，据此可得答案． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴， ∴； ∵， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）解：如图所示，连接交于点O， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴； 由（1）得， ∴， ∴， ∴ ． 【变式03】（25-26九年级下·河北衡水·开学考试）如图1~图3，正方形的边长为4，点P在边上（不与点A，D重合），将线段绕点P按逆时针方向旋转得到线段， (1)如图1，请判断与的数量关系，并说明理由； (2)如图2，取的中点F，当点F恰好落在边上时． ①求证：； ②求的长； (3)如图3，连接，延长交的延长线于点G，直接写出的值． 【答案】(1)，见解析 (2)①见解析；②2 (3) 【分析】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定与性质，等腰直角三角形的性质，解题的关键是掌握好相关基础知识，能够从图中作出辅助线构造出常见的几何模型． （1）由题意可得，，，由三角形外角的性质可得，，即可求解； （2）①由（1）可得，由正方形的性质可得，即可求证；②由题意可得，，由①可得，解得，即可求解； （3）过点作交延长线于点，延长交于点，连接，，可得，得到，，得到，即为等腰直角三角形，得到，即，由题意可得，为等腰直角三角形，，得到，，，得到，即，即可求解． 【详解】（1）解：，理由如下： 由题意可得，，， 由三角形外角的性质可得，， 即， ∴； （2）解：①由（1）可得， 在正方形中， ， ∴； ②由题意可得，点为的中点，， ∴， 由①可得，解得， ∴； （3）解：过点作交延长线于点，延长交于点，连接，，如下图： 由题意可得；，，， ∴， ∴，， ∴，即为等腰直角三角形， ∴， 由题意可得，，即， 由题意可得，，，则为等腰直角三角形， 由勾股定理可得， 在正方形中，， ∴，， ∴， ∴， ∴． 题型11 特殊平行四边形的综合 典例引领 【典例01】（24-25九年级上·山西太原·月考）如图，将线段绕它的中点逆时针旋转得到线段的对应点分别是点，，依次连接．则下列结论不一定正确的是（   ） A． B．对于任意，四边形都是矩形 C． D．当时，四边形是正方形 【答案】C 【分析】本题考查了旋转的性质，矩形的判定和性质，正方形的判定．根据旋转的性质得到，推出四边形是矩形，根据矩形的性质得到，推出四边形是正方形，于是得到结论． 【详解】解：∵将线段绕它的中点逆时针旋转得到线段， ， ∴四边形是矩形， ， ∵不清楚旋转角度，故不能证明， 时，， ∴四边形是正方形， 故A，B，D正确，不符合题意， 故选：C． 【典例02】（2025·河北石家庄·二模）如图，四边形为矩形，点，分别在边，上，将矩形沿直线折叠，使点恰好与点重合，点落在点处．点为线段上一动点（不与点，重合），过点分别作直线，的垂线，垂足分别为和，以，为邻边作平行四边形，当，时，平行四边形的周长为（   ） A． B．24 C． D． 【答案】B 【分析】本题考查了矩形的判定与性质、折叠的性质、勾股定理、平行四边形的性质，由矩形的性质可得，，证明出得出，由勾股定理可得，作于，连接，则四边形为矩形，得出，由等面积法得出，最后由平行四边形的性质即可得解． 【详解】解：∵四边形为矩形， ∴，， ∴， 由折叠的性质可得：，，，，， ∴， ∴， ∴由勾股定理可得：， 如图，作于，连接， ， 则， ∴四边形为矩形， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵四边形为平行四边形， ∴平行四边形的周长为， 故选：B． 方法透视 考向解读 河北解答题压轴常客，2025年新增“平行四边形折叠问题”，将矩形、菱形、正方形与折叠、旋转、动点融合，考查多步推理与综合应用能力。 方法技能 综合题的通用思路：①找中点（对角线交点）利用中心对称；②证全等得等量；③用勾股定理列方程；④遇折叠抓住“对称”性质；⑤分类讨论时逐一分析每种情况。 变式演练 【变式01】（2025·河北保定·一模）如图，矩形中，，嘉嘉和琪琪各自利用尺规作图的方法在矩形内作出了一个新的四边形，作图痕迹如图所示： 嘉嘉的作法：如图，四边形． 琪琪的作法：如图，四边形． 下面对四边形和四边形的判断正确的是（   ） A．四边形EFGH是矩形 B．四边形不是菱形 C．四边形周长等于四边形的周长 D．四边形的面积为 【答案】D 【分析】本题考查矩形的性质，尺规作图——作垂直平分线，菱形的判定及性质，掌握菱形的判定及性质是解题的关键． 对于嘉嘉的作法：连接，，由作图可得垂直平分，垂直平分，根据中位线的性质得到，．证明点F是的中点，点G是的中点，得到，，从而根据“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”得到四边形是平行四边形，又得到是菱形．判断选项A错误．根据勾股定理求出，得到． 对于琪琪的作法：由题意可得，是的垂直平分线，则，，证明得到，因此，又，得到四边形是平行四边形，再由“一组邻边相等的平行四边形是菱形”得到是菱形．判断选项B错误．设菱形的边长为x，根据勾股定理在中，求得，得到菱形的周长为，从而．即可判断选项C错误．根据菱形的面积公式即可判断选项D正确． 【详解】解：对于嘉嘉的作法： 连接，， 由作图可得垂直平分，垂直平分， ∴点H是的中点，点E是的中点，，， ∴，， ∵在矩形中，， 又，， ∴四边形，，都是矩形， ∴，， ∵点H是的中点，点E是的中点， ∴，， ∵在矩形中，，， ∴，， ∴点F是的中点，点G是的中点， ∴，， ∴，， ∴四边形是平行四边形． ∵，，， ∴， ∴是菱形．故选项A错误． ∵在矩形中，， ∴， ∴， ∴． 对于琪琪的作法： 由题意可得，是的垂直平分线， ∴，， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， 设与相交于点O， ∵是的垂直平分线， ∴， ∵， ， ∴ ∴， ∵， ∴， ∵，即， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴是菱形．故选项B错误． 设菱形的边长为x，即， ∴， ∵在中，， ∴，解得， ∴菱形的边长为，周长为． ∴．故选项C错误． ∵，， ∴．故选项D正确． 故选：D 【变式02】（2026·河北石家庄·一模）阅读与思考：下面是小逸同学的数学日记，请仔细阅读，并完成相应的任务． 作矩形的最大内接菱形的方法 四个顶点都在同一个矩形的边上的菱形叫做矩形的内接菱形．在实践活动课上，数学老师提出来一个问题“如何从一张矩形纸片中制作出一个最大的内接菱形”．实践小组成员经过思考后，分别给了3种不同的方法． 方法一：通过折，将矩形纸片横对折后再竖对折，沿对角线剪一刀得到一个直角三角形，展开后就是菱形（如图1），则四边形是矩形的内接菱形． 方法二：通过叠，取两个大小一样的矩形纸片，让两矩形的长两两相交，重叠的部分形成四边形，则四边形也是矩形的内接菱形．（如图2） 方法三：通过尺规作图，作矩形的对角线的垂直平分线，与边交于点E，与边交于F，连接，，则四边形是矩形的内接菱形． 实践小组通过对三种方法得到的菱形进行分析，讨论，计算，对比，从而得出矩形的最大内接菱形． 任务： (1)图1菱形的面积与矩形的面积之比为 ； (2)请利用图2证明方法二中四边形AECF是菱形． (3)尺规作图：请你在图3中完成日记中的“方法三”的作图过程．（保留作图痕迹，不要求写作法） (4)若在矩形中，，，请你根据日记中三种方法，通过计算求出此矩形的内接菱形的面积最大值． 【答案】(1) (2)见解析 (3)见解析 (4)此矩形的内接菱形的面积最大值为60 【分析】（1）由矩形和菱形的面积公式计算即可； （2）先推导出四边形是平行四边形，进而证明，得到，则四边形是菱形，即可解答； （3）根据垂直平分线的尺规作图的方法，以线段的两个端点为圆心，大于线段一半长度为半径画弧，连接两弧交点，即可画出垂直平分线； （4）方法一：根据（1）中结论，计算出的面积即可得菱形的面积；方法二：根据勾股定理求出菱形的边长，由底乘高计算菱形的面积即可；方法三：由方法二同理可求菱形的面积，比较三种方法菱形的面积即可得． 【详解】（1）解：∵，， ∴，， ∴菱形的面积与矩形的面积之比为； （2）解：如图2 ∵矩形为两个大小一样的矩形纸片， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是菱形． （3）解：先连接对角线，以点A为圆心，大于线段一半长度为半径画弧，以点C为圆心，同样长度为半径画弧，两弧交于M，N两点，连接M，N两点，所得直线与边交于点E，与边交于点F，则四边形即为所求： （4）解：方法一：如图 在矩形中，，， ∴， 由（1）可知，菱形的面积与矩形的面积之比为， ∴菱形的面积为； 方法二：如图 设菱形边长为x，即， ∵，， ∴， 在中，， 即， 解得， ∴菱形边长为10， ∴菱形的面积为； 方法三：如图 由方法二可知，同理可得菱形的边长为10， ∴菱形的面积为； ∵， ∴此矩形的内接菱形的面积最大值为60． 【变式03】（2025·河北保定·一模）如图1至图3，在矩形中，，，点是上一动点，连接，以为一边，向右上方画正方形． 【探究】（1）如图1，当点在上时，直接写出的长； （2）如图2，当经过点时，求的长． 【发现】嘉嘉研究发现，在点从点向点运动的过程中，点到的距离是定值． 【证明】请你利用图3证明嘉嘉的“发现”，并求出这个定值． 【拓展】直接写出线段的最小值． 【答案】探究：（1）1；（2）； 证明：见解析，这个定值是2； 拓展： 【分析】探究：（1）根据正方形性质，以及矩形性质证明，利用全等三角形性质求解，即可解题； （2）根据正方形性质，以及矩形性质证明，利用相似三角形性质求解，即可解题； 证明：作，交的延长线于点，此时的长即为点到的距离．证明，利用全等三角形性质求解，即可解题； 拓展：根据题意得到当点位于点时，点位于点，连接，过点作垂直于的直线，交于点，交的延长线于点，当点在上时，作垂直于的直线交于点．点始终在射线上运动．当点在上时，同理可得点在射线上．作于点，根据垂线段最短得到当点与点重合时，线段取得最小值，即可解题． 【详解】解：探究：（1）∵四边形是正方形， ∴，，， ∴． ∵四边形为矩形， ∴， ∴在中，， ∴． ∴， ∴． ∵，， ∴． （2）∵四边形为矩形，四边形是正方形， ∴， ∴． 又， ∴， ∴． 又，，， ∴， ∴． 证明：如图，作，交的延长线于点， 此时的长即为点到的距离． ∵，， ∴， ∴． 又，， ∴， ∴． 综上所述，点到的距离是定值，这个定值是2． 拓展：线段的最小值为，理由如下． 解：如图，当点位于点时，点位于点，连接，过点作垂直于的直线，交于点，交的延长线于点，当点在上时，作垂直于的直线交于点．如下证明点始终在射线上运动． 在线段上取，连接，． ∵， ∴，， ∴为等腰直角三角形，， ，， ， ， ∴为等腰直角三角形， ∴，， ∴． 在中，． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 又， ∴四边形构成正方形，即作图所得点符合题意， ∴点始终在射线上运动． 当点在上时，同理可得点在射线上． 作于点， ， 为等腰直角三角形． 又， ∴， ∴当点与点重合时，线段取得最小值，为． 【点睛】本题主要考查了矩形的性质、相似三角形的性质和判定、全等三角形的性质和判定，解直角三角形．核心素养表现为几何直观、推理能力和空间观念． 题型12 图形的剪切问题 典例引领 【典例01】（2025·河北·一模）【情境】部分图形通过剪拼后能够得到矩形． 【操作1】嘉嘉将如图1所示的平行四边形通过裁剪拼成了矩形． （1）若，拼接时应将沿平移______． 【操作2】淇淇将如图2所示的三角形通过裁剪拼成了矩形． （2）依据图中呈现的操作方法，可知与的数量关系为______，与的位置关系为______． 【操作3】淇淇将如图3所示的四边形通过操作2中的方法裁剪拼成了矩形． （3）请在图3中补全剪拼过程和剪拼后的图形．（直接在原图形上画图，裁剪线用虚线，矩形用实线） 【操作4】嘉淇将如图4所示的菱形沿剪开，将筝形（有两组邻边分别相等的四边形）沿剪开，之后通过旋转平移等操作拼成了矩形． （4）若，，求的长． 【答案】（1）10；（2），；（3）见解析；（4）的长为． 【分析】（1）根据平移的性质即可求解； （2）由拼接知：是的中位线，，据此求解即可； （3）根据（2）的方法拼接即可； （4）连接，由拼接知，根据菱形的性质求得，，，在中，利用勾股定理求解即可． 【详解】解：（1）嘉嘉将如图1所示的平行四边形通过裁剪拼成了矩形，若，拼接时应将沿平移； 故答案为：10； （2），， 由拼接知：，， ∴是的中位线， ∴； ∵拼接图形是矩形， ∴， 由拼接知：， ∴， 故答案为：，； （3）如图，矩形即为所作； （4）连接，由拼接知，设与相交于点， ∵菱形， ∴，，， 在中，， ∴， ∴， ∴， ∴的长为． 【点睛】本题考查了平移的性质，图形的拼接，三角形中位线定理，勾股定理，菱形的性质．灵活运用中位线定理和构造全等三角形是解答本题的关键． 【典例02】（24-25九年级上·河北保定·期中）图1中的四边形纸片1与图2中的四边形纸片2形状相同，但大小不同，其中 ，，，现利用这两张卡片分别裁剪拼接出两个正方形．嘉嘉利用纸片1按图示方法截取正方形，设． (1)①纸片1中的 （用含x 的代数式表示）；若正方形的面积为27，则可列一元二次方程： ． ②请解①中的方程，并求的长． (2)①淇淇将纸片2只剪一次，并利用旋转知识拼出一个面积最大的正方形．请在图2中画出正确的图形（剪拼痕迹均用虚线表示）． ②若图2中，请比较（1）（2）的条件下得到的两个正方形中，哪个面积较大？ 【答案】(1)①，；② (2)①见解析；②（1）中的正方形，面积较大． 【分析】（1）①由正方形的性质结合题意可求出，根据含30度角的直角三角形的性质得出，再根据勾股定理即可求出，最后根据正方形的面积公式列方程即可； ②根据直接开平方法求出x的值，即可求出和的长，最后根据求解即可； （2）①过点A作，设为裁剪线，将绕点A逆时针旋转得出，从而可证四边形为正方形，即此时拼出的正方形面积最大； ②由（2）①可知，结合含30度角的直角三角形的性质和勾股定理，可求出的长，从而可求出，最后比较即可． 【详解】（1）解：①∵四边形为正方形， ∴， ∴． ∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：，； ②解：， ， ∴，（舍）， ∴，， ∴． 故答案为：； （2）解：①过点A作，设为裁剪线， ∵图1中的四边形纸片1与图2中的四边形纸片2形状相同， ∴，， ∴将绕点A逆时针旋转得出，如图， ∴，，． ∵， ∴， ∴， ∴C、D、N三点共线， ∴， ∴四边形为矩形， ∴矩形为正方形，即此时拼出的正方形面积最大； ②由（2）①可知， 又∵图1中的四边形纸片1与图2中的四边形纸片2形状相同， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴（1）中的正方形，面积较大． 【点睛】本题考查正方形的判定和性质，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，解一元二次方程，旋转的性质等知识．利用数形结合的思想是解题关键． 方法透视 考向解读 河北创新特色题，2023年第21题（矩形卡片拼接）、2024年第23题（正方形裁剪为钻石型五边形）均考剪拼，要求“不重叠无缝隙”，突出几何直观与探究开放性。 方法技能 抓住“面积不变”这一核心：剪切前总面积=拼接后总面积；分析剪切线与边的关系，利用等腰直角三角形、矩形等基本图形性质；注意答案常不唯一，需多角度思考方案。 变式演练 【变式01】（25-26九年级上·河北保定·月考）【情境】某校综合实践小组成员利用长方形纸片通过剪拼的方式拼成正方形纸片，成员进行的所有操作中纸片不折叠，拼接过程不重叠、无缝隙、无剩余 【操作】嘉嘉和淇淇分别利用两种不同尺寸的长方形纸片剪拼正方形． 如图3，淇淇沿虚线，，裁剪，将该纸片剪成①，②，③，④四块，并按如图4所示的方式拼成与原纸片面积相等的正方形． 如图1，长方形纸片的长为5，宽为4，嘉嘉沿虚线，裁剪，将该纸片剪成①，②，③三块，并按如图2所示的方式拼成与原纸片面积相等的正方形． 【探究】根据以上描述，解决下列问题． (1)嘉嘉裁剪方式中的长为 ． (2)嘉嘉说：“将图1的纸片沿着，的中点，剪成四块，也可以拼成正方形．请根据嘉琪的说法设计一种方案．在图5上画出裁剪线，写出裁剪中的关键数据，并求出各裁剪线的长． (3)若淇淇剪拼的长方形纸片中，，请直接写出的长． 【答案】(1) (2)见解析（答案不唯一） (3)10 【分析】本题考查了正方形与长方形的性质、勾股定理、二次根式的应用，熟练掌握正方形与长方形的性质是解题关键． （1）先求出正方形的面积为20，则可得，再根据拼接过程可得，，，然后在中，利用勾股定理求解即可得； （2）在上截取，连接，利用勾股定理求出的长即可得； （3）根据图3和图4可得拼接的正方形的边长为，再根据图3的长方形与图4的正方形的面积相等求解即可得． 【详解】（1）解：∵长方形的面积为， ∴正方形的面积为20， ∴， 由拼接过程可知，，，，， ∴在中，， 故答案为：． （2）解：如图，在上截取，连接， ∵在长方形中，，点，分别为，的中点， ∴，，， ∴，，． （3）解：∵淇淇剪拼的长方形纸片中，， ∴由图3和图4可知，拼接的正方形的边长为， ∵图3的长方形与图4的正方形的面积相等， ∴，即， ∴． 【变式02】如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠B=∠A=90°，AD=a，BC=b，AB=c， 操作示例 我们可以取直角梯形ABCD的一腰CD的中点P，过点P作PE∥AB，裁掉△PEC，并将△PEC拼接到△PFD的位置，构成新的图形（如图2）． 思考发现 小明在操作后发现，该剪拼方法就是先将△PEC绕点P逆时针旋转180°到△PFD的位置，易知PE与PF在同一条直线上．又因为在梯形ABCD中，AD∥BC，∠C+∠ADP=180°，则∠FDP+∠ADP=180°，所以AD和DF在同一条直线上，那么构成的新图形是一个四边形，进而根据平行四边形的判定方法，可以判断出四边形ABEF是一个平行四边形，而且还是一个特殊的平行四边形——矩形． 1.图2中，矩形ABEF的面积是 ；（用含a，b，c的式子表示） 2.类比图2的剪拼方法，请你就图3(其中AD∥BC)和图4（其中AB∥DC）的两种情形分别画出剪拼成一个平行四边形的示意图． 3.小明通过探究后发现：在一个四边形中，只要有一组对边平行，就可以剪拼成平行四边形． 如图5的多边形中，AE=CD，AE∥CD，能否象上面剪切方法一样沿一条直线进行剪切，拼成一个平行四边形？若能，请你在图中画出剪拼的示意图并作必要的文字说明；若不能，简要说明理由． 【答案】（1）；（2）见解析； （3）见解析. 【分析】（1）矩形ABEF的面积实际是原直角梯形的面积=（上底+下底）×高÷2； （2）由图可以看出AD∥BC，那么仿照图2可找到点CD中点，过中点作AB的平行线即可得到平行四边形；同法过AD中点作BC的平行线作出图3中的平行四边形． （3）过点B作VZ∥AE，证得△AVQ≌△BSQ，△SBT≌△GCT即可得解. 【详解】解：（1）根据梯形的面积公式，直接得出答案：； （2）如图所示；分别取AB、BC的中点F、H，连接FH并延长分别交AE、CD于点M、N，将△AMF与△CNH一起拼接到△FBH位置 （3）过点B作VZ∥AE， ∵Q，T分别是AB，BC中点， ∴△AVQ≌△BSQ， △SBT≌△GCT， ∴符合要求． 【点睛】平行四边形的两组对边分别平行；过两条平行线间一边中点的直线和两条平行线及这一边组成两个全等三角形． 【变式03】（2026·河北石家庄·一模）矩形和正方形是特殊的平行四边形，我们可以通过如下方式获得矩形和正方形． 【操作1】有一张三角形纸片，顶点分别是，，．部分数据如图①所示．如图②，分别在，上取点，，再沿过点，分别与垂直的虚线剪开，得到①，②，③三块，若这三块能拼接成如图③所示的矩形． (1)的长为 ； (2)求点到的距离； 【操作2】 (3)如图④，将沿，折叠后，点和点在点处重合，点落在点处．若四边形为正方形，，，求的面积； 【操作3】 (4)如图，在四边形中，，点，，，分别为四条边的中点，与的和为与之间距离的2倍． 嘉嘉说：我可以将四边形分成三块图形，重新拼接，无重叠、无缝隙地组成一个正方形； 淇淇说：我可以将四边形分成四块图形，重新拼接，无重叠、无缝隙地组成一个正方形． 请你帮嘉嘉、淇淇设计裁剪方式，使裁剪后的图形能够拼成一个正方形．（用虚线在图中画出裁剪线，在剪出的每一部分图形上标注序号，并画出拼接后的正方形，在正方形相应位置标注对应的序号） 嘉嘉的做法： 淇淇的做法： 【答案】(1) (2) (3) (4)见解析 【分析】（1）由图形的变化可得点N为BC中点，可得BN的长度； （2）过点作于点，由勾股定理可得方程，解出AE的长度，证明，得，解出NQ即可； （3）由翻折的性质，根据线段关系求出BC、AE长度，结合平行四边形的面积为即可得出结果； （4）根据题意作图即可． 【详解】（1）解：根据题意可知，这三块能拼接成如图③所示的矩形， 即， ∴． （2）解：如解图，过点作于点， 在中，； 在中，， ∴， 即， 解得， ∴， 又∵， ∴， ∴， 即， ∴， ∴点到的距离为． （3）解：由折叠的性质，得，，， ∴， ∵四边形为正方形，，， ∴， ∴， ∴平行四边形的面积为． （4）解：嘉嘉的方法： 淇淇的方法： 题●型●训●练 61．（2022·河北石家庄·一模）边长为1的5个小正方形拼成一个“十字”形．甲、乙两位同学对“十字”形用不同方法进行无缝隙，不重合剪拼． 甲：如图1，连接A，B两个顶点，过顶点B作CD⊥AB于点B，“十字”形被分割为四部分，这四部分能拼成一个正方形，并算得正方形的边长为； 乙：如图2，连接A，B两个顶点，过顶点C作CD⊥AB于点D，“十字”形被分割为三部分，这三部分能拼成一个矩形，并算得矩形的长宽比为． 下列正确的是（    ） A．甲，乙的方法都不对 B．乙的方法对，计算的长宽比不对 C．甲、乙的方法都对，计算的正方形边长和长宽比都不对 D．甲、乙的方法都对，计算的正方形边长和长宽比都对 【答案】B 【分析】根据正方形和矩形的性质，先画出所拼出来的图形，然后结合勾股定理求出边长即可． 【详解】解：根据题意， 甲的拼法是正确的，得到的正方形如下： 正方形的边长为：； 乙的拼法，能够得到矩形，如图所示： 矩形的长为：， 矩形的宽为：； ∴矩形的长宽比为． 故选：B 【点睛】本题考查了正方形和长方程的性质，以及勾股定理，解题的关键是熟练掌握题意，正确得到拼合的图形． 62．（2025·河北沧州·模拟预测）甲、乙、丙三人用同一张矩形纸张接力进行如图所示的操作：甲任意画一个，折叠纸张使得点A与点C重合，折痕与边交于点O；乙再折出射线，点E在延长线上；丙再折叠纸张使得落在上，点B的对应点为点D，连接． 对下列两个结论判断正确的是（   ） 结论Ⅰ：由操作步骤可直接得到四边形为平行四边形，判定依据是一组对边平行且相等； 结论Ⅱ：在中，若，则四边形为矩形． A．Ⅰ和Ⅱ都对 B．Ⅰ和Ⅱ都不对 C．Ⅰ不对，Ⅱ对 D．Ⅰ对，Ⅱ不对 【答案】C 【分析】本题考查了折叠性质，平行四边形的判定与性质，矩形的判定，正确掌握相关性质内容是解题的关键．先根据折叠得，证明四边形为平行四边形，再结合有一个角是直角的平行四边形是矩形，即可作答． 【详解】解：∵折叠， ∴， ∴四边形为平行四边形， 判定依据是对角线互相平分； 故结论Ⅰ不正确； ∵在中，， ∴, ∵四边形为平行四边形， ∴四边形为矩形， 故结论Ⅱ是正确的； 故选：C． 63．（2026·河北张家口·一模）如图，点O为矩形对角线的交点，，，点E是边上一点（不含端点及中点），连接并延长，交边于点F．将矩形沿折叠，点A，D的对应点分别是点，，直线和直线相交于点H，连接，，，嘉嘉得出一个正确的结论：，淇淇继续探究，发现了以下四个结论，其中不正确的是（   ） A． B．当点和点C不重合时， C． D．当在直线上方时，点到直线距离的最大值为 【答案】D 【分析】由矩形的性质可得，结合题意得出垂直平分，即可判断A；连接，先证明，得出，由折叠的性质可得，，从而可得，，即可判断B；连接，证明点、、、四点共圆，得出，从而可得，最后由正切的定义计算即可判断C；连接，则点在以点为圆心，为半径的圆弧上，求出，由图形并结合垂径定理可得，当时，此时点距离最远，即可判断D． 【详解】解：∵点O为矩形对角线的交点， ∴， ∵， ∴垂直平分， ∴，故A选项正确，不符合题意； 如图：连接， ∵点O为矩形对角线的交点， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴， 由折叠的性质可得：，， ∴，， ∵， ∴，故B选项正确，不符合题意； 如图，连接， ∵点O为矩形对角线的交点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴点、、、四点共圆， ∴， ∴， ∴，故C选项正确，不符合题意； 如图，连接， 由折叠的性质可得：， ∴点在以点为圆心，为半径的圆弧上， ∵， ∴， 由图形并结合垂径定理可得，当时，此时点距离最远，此时最大距离为，故D选项错误，符合题意． 【点睛】矩形的对角线相等；同弧所对的圆周角相等；折叠的性质：对应边相等，对应角相等． 64．（2025·河北唐山·二模）如图，在中，，，为中点，分别以点、点为圆心，长为半径画弧，交于点，分别以点A、B为圆心，长为半径画弧，交于点，连接DE，DF．则以下4个结论：①F，A，E三点共线；②四边形为平行四边形；③；④，正确的是（   ） A．只有①② B．只有①②③ C．只有③④ D．①②③④ 【答案】B 【分析】求解，证明，证明，为等边三角形，可得F，A，E三点共线；可得①符合题意；证明，，可得四边形为平行四边形；可得②符合题意；证明，可得，可得③符合题意；证明，，，可得，可得④不符合题意． 【详解】解：∵，， ∴，， 由作图可得：，， ∴，为等边三角形， ∴， ∴， ∴F，A，E三点共线；故①符合题意； ∵为中点，， ∴， ∵， ∴， ∴四边形为平行四边形；故②符合题意； ∴， ∵，即， ∴，故③符合题意； ∵为中点，，， ∴，， ∵等边三角形， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴，故④不符合题意； 故选：B 【点睛】本题考查的是等边三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，平行线的性质，全等三角形的判定与性质，熟记以上基础图形的判定与性质是解本题的关键． 65．（2025·河北保定·一模）如图，在矩形中，，，点，分别在，边上，且，将，分别沿，折叠，点A的对应点为点，点的对应点为点，点不得超过对角线，连接． (1)当时，求线段的长度； (2)当时，求线段的长度； (3)在折叠过程中，直接写出线段的最小值． 【答案】(1)cm (2) (3) 【分析】（1）连接，，由矩形的性质和折叠的性质易得，则，，由此可得四边形是平行四边形，则可得，，根据勾股定理求出的长，进而可得的长． （2）由折叠的性质可得，．再根据证明，则可得，进而可得，又由，可得，则可得，，根据勾股定理求出的长，即可求出的长． （3）由于折叠过程中长始终等于的长，由 可得，当和落在上时, 有最小值为1. 【详解】（1）解：如图，当于点时，连接，， 在矩形中，，， ． ， ，，， ． ． 又， 四边形是平行四边形 ，， ， ． （2）解：如图，当时，延长交于点，延长交于点， ， ，， ， 由折叠的性质可知，，． ，，， ， ， ，， ， ， ， ， ， ． （3）解：在折叠过程中， 中， , 即, ， , 当和落在上时, . 【点睛】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理等知识，综合性较强，熟练掌握以上知识是解题的关键． 66．（2025·河北保定·一模）如图1是直线以及直线外一点． (1)在图1中，请用直尺和圆规，经过点作垂直于的直线，垂足为点（不要求写作法，保留作图痕迹）． (2)在（1）的基础上，画出图2，其中，点在上．设． ①若，求的度数； ②判断与的位置关系，并加以证明． 【答案】(1)见解析 (2)①；②垂直，见解析 【分析】本题主要考查了尺规作图、三角形内角和定理，以及垂直的判定，熟练掌握垂直的判定是解题的关键． （1）根据垂线的作图方法画图即可； （2）①根据题意求出，再根据垂直的定义进行计算即可； ②延长交于点，求出，证明即可得到结论． 【详解】（1）解：尺规作图如图1所示． （2）解：①，， ． 又， ； ②垂直． 证明：如图2，延长交于点． ， ． 又， ． ， ， ， ， 即． 67．（2025·河北唐山·一模）如图，在矩形中，，．点F在边上，点E在射线上，，设． (1)的长为________，最小时d的值为________； (2)当点E在边上时． ①在图中利用尺规作图作出，分别交，于点P和点Q（保留作图痕迹，不写作法），并求的长度（用含d的式子表示）； ②若以E，Q，D，F为顶点的四边形是平行四边形，求出的值； (3)当点F关于直线的对称点落在直线上时，直接写出E，F之间的距离． 【答案】(1)， (2)①图见解析，；②或 (3)或 【分析】本题考查矩形的性质与判定，折叠的性质，勾股定理，平行线分线段成比例； （1）利用勾股定理求矩形的对角线即可；根据垂线段最短可得，当时，最小，此时四边形是矩形，得到，； （2）①如图，利用尺规作图作，分别交，于点P和点Q，再根据得到，代入计算即可得到； ②由，得到当时，以E，Q，D，F为顶点的四边形是平行四边形，再根据在左右位置分情况讨论，分别画出图形求解即可； （3）由点F关于直线的对称点落在直线上，得到，推出，再根据在线段上和线段外分别画图，再求出，最后利用勾股定理求即可． 【详解】（1）解：∵在矩形中，，， ∴，，， ∴， 根据垂线段最短可得，当时，最小，如图， ∴， ∴四边形、都是矩形， ∴，，， ∵，， ∴， 解得：． 故答案为：， （2）解：①如图，，分别交，于点P和点Q， 此时， ∴四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， 解得； ②∵， ∴当时，以E，Q，D，F为顶点的四边形是平行四边形， ∴当在右边时，如图， 此时，，， ∴， 解得； 当在左边时，如图， 此时，，， ∴与重合， ∴，解得； 综上，当以E，Q，D，F为顶点的四边形是平行四边形时，或； （3）解：当在线段上时，如图， ∵点F关于直线的对称点落在直线上， ∴， ∴， ∴， ∴，解得， ∴， ∴， ∴； 同理，当在线段外时，如图， 此时，，解得， ∴， ∴， ∴． 综上所述，或． 68．（25-26九年级上·河北石家庄·月考）问题背景：某数学兴趣小组研究图形旋转的性质，将两个全等的三角形纸片完全重合放置，固定一个顶点，然后将其中一个纸片绕这个顶点旋转．已知：三角形纸片和中，，点为边的中点，旋转角为小组经测量得知． 【初步感知】 (1)①线段的长度为______； ②在旋转过程中，当为锐角且时，旋转角______； (2)如图1，连接，在纸片绕点旋转过程中，试探究的值； 【深入探究】 (3)如图2，在纸片绕点旋转过程中，当点恰好落在的中线的延长线上时，求的长． 【拓展延伸】 (4)在纸片绕点旋转过程中，试探究三点能否构成以为一直角边的直角三角形．若能，直接写出的长；若不能，请说明理由． 【答案】(1) 10 或 (2) (3)12 (4)的长为或，理由见解析 【分析】（1）①根据全等三角形的判定定理得到，则，再根据勾股定理得到，②结合已知角的正弦值与旋转角的关系求解； （2）通过证明，利用相似三角形的性质求的值； （3）同（1）得，得到，根据直角三角形的性质得到，求得，根据平行线的性质得到，根据全等三角形的性质得到，再证明是矩形，进而求出的长度； （4）在纸片绕点旋转过程中，当三点能构成直角三角形时，且以为一直角边的直角三角形分2种情况，结合勾股定理求 的长． 【详解】（1）解：①在中，， 则， ②已知，当且为锐角时，， 当在内部时，旋转角， 当在外部时，旋转角。 故答案为：①10，②或； （2）解：在和中， ∴， ，， ， 即， 由（1）知，， ， ∵， ， ∴， ， ∴， 故为； （3）解：连接，延长交于点，连接交于，延长交于，如图， 同（2）得， ∴， ∵点为边的中点 ∴是的中线， ∴， ∴， ∵， ∴，即， ， ， ∴， ∴， 又， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是矩形； ， ， ； （4）解：三点能构成以为一直角边的直角三角形，理由如下， ①当时，是直角三角形，过点作于点，如图所示： ∵， ∴四边形是矩形， ∴， ∵， ∴，则， ∴； ②当时，是直角三角形，过点作于点，交于点，如图所示： ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴是的中位线， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，则， ∴， 在中，由勾股定理可得，则， 解得， ∴，， ∴， 综上所述，的长为或． 【点睛】本题考查三角形相似的综合应用，涉及旋转的性质，三角形中位线定理，三角形全等的判定和性质，三角函数的应用，勾股定理等知识，熟练掌握三角函数的应用，三角形相似的判定和性质，矩形的判定和性质，中位线定理是解题的关键． 69．（2026·河北石家庄·一模）【综合与实践】数学实践课上，同学们开展“将正方形裁拼成面积相等的矩形的问题探究”． 题目：“如何将一张边长为的正方形裁拼成面积相等的矩形？” 【理论支持】嘉嘉给出的裁剪作图理论是：“如图1，在边上截取点E（点E不与点B，C重合），连接，过点E作的垂线m，交于点M，过点A作的平行线交直线m于点F，过点D作的垂线，交的延长线于点G，四边形即为与正方形面积相等的矩形．” (1)求证：四边形为矩形； (2)试说明矩形的面积和正方形的面积相等； (3)【动手操作】淇淇按照嘉嘉的示意图，将正方形裁剪成、、四边形三部分，在拼接过程中发现拼接到或的位置都未能全部填满，于是，她把放到图2所示的的位置，然后在截取，过点K作于点J，并裁剪出，将其拼到的位置，恰好无缝拼接，然后将四边形拼到四边形的位置，恰好拼接成一个完整的矩形．求证：； (4)如图3，规定：两条邻边的长度比为的矩形为“开心矩形”，若拼出的矩形为“开心矩形”，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3)见解析 (4) 【分析】（1）根据，证明，即可证明四边形为矩形； （2）先证明，继而得到，从而得到比例式 ，故，根据证明即可； （3）先证明，再证明，，然后根据角角边定理证明即可； （4）如图3，规定：两条邻边的长度比为的矩形为“开心矩形”，若拼出的矩形为“开心矩形”，求的长． 【详解】（1）证明： ，， ， ， 四边形为矩形． （2）证明：四边形是正方形， ， ， ， ， ， ， ， ， ． （3）证明：四边形是正方形，四边形为矩形． ， ， ， ， ， ， 在和中， ∵， ∴． （4）解：，， ， ， 拼出的矩形为“开心矩形”， 或， 当时， ， 解得， ； 当时， ， 解得， 此时斜边小于直角边，不成立，舍去； 故的长为． 试卷第2页，共112页 公司1 / 117 学科网（北京）股份有限公司 $