专项08 特殊四边形的性质和判定7大题型（大题专练）（广东专用）2026年中考数学终极冲刺讲练测

品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 专项08特殊四边形的性质和判定 ●。。。。ee●ge。。。。e0●e●●。●●●e0e●eee●0e●●●●e9●●●●●●●●●●●●e●●0●e●。●●●●●●●●0●●●●0●●0●0●●●●●0●●●●●● 内容导航 【命题解码·定方向】命题趋势+2026年预测 【解题建模·通技法】析典例，建模型，技法贯通破类题/变式 【实战刷题·冲高分】精选中考大题+名校模拟题，强化实战能力，得高分 PART 命题解码•定方向 近五年广东中考，特殊四边形为必考核心内容，分值约10-15分。矩形考查频率最高，菱形次之，正方 形难度最大。题型分布：选择填空考查折叠变换（如2020年第10题正方形折叠）、角度计算（菱形、 矩形对角线性质)，解答题常作为几何压轴（如2021年第22题菱形与平行四边形综合），与全等、相 似、圆等知识深度融合。 #二、全国2026年命题趋势分析 2026年全国中考特殊四边形命题将延续“基础+综合+压轴”格局，呈现三大趋势： *一是基础考查稳定*。选择填空将继续考查特殊四边形的性质判定辨析，如矩形对角线相等、菱形对 角线垂直、正方形轴对称等基本要素，难度中等。 *二是综合应用深化*。解答题将强化折叠与动点背景下的综合问题。折叠问题侧重利用勾股定理和相 似三角形建立方程；动点问题常与“将军饮马”最值模型、“手拉手”旋转模型结合，考查分类讨论思 想。矩形、菱形、正方形与相似三角形、锐角三角函数的综合题将频繁出现在压轴位置，“十字模型” 和“一线三等角”在四边形背景下的运用值得重点关注。 *三是创新题型涌现*。部分考区可能出现仅用无刻度直尺在特殊四边形中作图的创新题，需关注几何 作图的推理要求。含参问题与存在性问题的考查力度可能加大，进一步提升代数与几何的综合运用能力。 拼三、全国2026年预测 2026年中考，特殊四边形的性质判定仍是解答题热点，需熟练掌握对角线、对称性等核心性质。折叠与 动点最值问题必考，常结合勾股定理和相似求解。正方形背景的旋转综合题难度较大，可能作为压轴题 出现。菱形和矩形的综合题预计稳定在解答题前两问。备考应强化模型识别能力，重点训练“十字模型” 和构造辅助线技巧。 1/18 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 ☑ PART 02 解题建模•通技法 >题型01矩形的性质和判定综合问题<《 析典侧：建模型 1. (2025广东东莞一模)如图，在矩形ABCD中，过对角线BD的中点O作BD的垂线EF,分别交 AD,BC于点E,F. E (I)证明：四边形EBFD是菱形； (2)若BF=2,∠EBF=60°，求BD的长. 研考点通技法 一一-一一一-一 」1.灵活运用性质 矩形对角相等且互补（均为90°），对角线相等且互相平分。遇对角线可证等腰三角形；利用直角得勾！ 」股定理求边长；结合折叠问题，注意对应边相等、角相等。 12.判定方法选择 优先证平行四边形再加条件：有一个角是直角或对角线相等。若己知直角较多，直接证三个角为直角。 ·注意菱形加直角得矩形，或对角线相等且互相平分。 !3.构造辅助线 遇中点连接构造中位线或斜边中线；求线段和最小值作对称点；矩形翻折时作垂直证全等。设未知数表· !示边长，利用勾股或面积法列方程，最终检验点是否在边上。 破类题提能力 1.(2025广东佛山三模)在矩形ABCD中，AB=6,AD=8,点P为AD上一动点. 2/18 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 图1 图2 (I)如图1，过点P分别作AC、BD的垂线，垂足分别为E、F,求PE+PF的值； (2)如图2，点A和点D关于BP的对称点分别为和D. ①若DP=2,试判断四边形ABA'P的形状，并说明理由： ②当AADD'为直角三角形时，求AP的长， 2.(2025广东广州模拟预测)(1)如图1，在矩形ABCD中，点E,F分别在边DC,BC上， AE⊥DF,垂足为点G,求证：△ADEADCF. 【问题解决】 (2)如图2，在正方形ABCD中，点E,F分别在边DC,BC上，AE=DF,延长BC到点H,使 CH=DE,连接DH,求证：∠ADF=∠H. 【类比迁移】 (3)如图3，在菱形ABCD中，点E,F分别在边DC,BC上，AE=DF=10,DE=7,∠AED=60°， 求CF的长， D B 图1 图2 图3 >题型02菱形的性质和判定综合问题<〈 析典侧：建摸理 1.(2026广东汕头一模)如图，菱形ABCD的周长为40cm,对角线AC,BD相交于点O,且AC与BD 的长度之比为43，过点D作DH⊥AB于点H,交AC于点G,连接OH. 3/18 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 (1)求DH的长； ②味98的t 考点通技法 !1.活用菱形性质 菱形四边相等，对角线互相垂直平分且平分内角。遇对角线可构造直角三角形（边长、半对角线、高） 常用勾股定理求边长或面积(S=1×d×d2)。 |2.判定方法选择 先证平行四边形，再加邻边相等或对角线垂直；或直接证四边相等。若己知角等，可证等边三角形得菱 」形。注意矩形加邻边相等得正方形，区分菱形。 13.构造与计算 作菱形的高或连接对角线，将问题转化为三角形全等或相似。设未知数列方程（如设边长为，对角线 1为2x,2y,有a2=x2+y2)。最后检验角平分线是否对应正确。 破类题提能力 1.(2026广东广州模拟预测)如图，在菱形ABCD中，∠A=60°，点E为边AB上一点，且AE=2, BE=1,点F为AD上动点，且△FEB∽△FGC. C (1)求∠D的度数： (2)连接EG,，若E,G,C三点共线，求AF的长； (3)连接BG,求BG的最小值 2.(2026广东广州一模)如图，在菱形ABCD中，∠DAB=60°，AB=4,点E为边BC上一个动点（不 4/18 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 与点B、C重合)，边AB关于AE对称的线段为AF,连接DF. D B B 备用图 (1)当AF平分∠DAE时，求∠BAE的度数为 (2)延长DF,交射线AE于点G,当BE=2时，求AG的长； (③)在(1)的条件下，连接BF交AE于点M,作EN1AB交AB的延长线于点N,连接MN.试探究B是 MN 否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由. > 题型03正方形的性质和判定综合问题<《 析典例：建摸理 1. (2025广东广州一模)如图，边长为4的正方形ABCD的对角线AC,，BD相交于点O,点E在对角线 BD上运动（不与点B,O重合），连接CE. (I)连接AE,求AE的取值范围； (2)F为BEC边CE外侧一点，连接EF,CF,DF,且△BECn△CEF, ①求证：DE⊥DF; ②设△CEF外接圆OP的半径为r,连接AP,AP=y,当点E在线段OD上运动时，求y与r之间的函数 关系式(r为自变量)· 砑考点通技法 5/18 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 厂一-一一 1.整合性质解题 正方形兼具矩形（四角90°、对角线相等）与菱形（四边相等、对角线垂直平分且平分内角）。遇对 1角线得等腰直角三角形(45°），常用勾股定理或三角函数求边长、面积(S=a2)。 2.判定路径选择 优先判定矩形+邻边相等，或菱形+一个角为直角。也可直接证四边相等且四角相等。注意对角线互相垂 直平分且相等也可得正方形。 3.模型与辅助线 遇中点、垂直或旋转，常构造“K型”全等或“手拉手”模型。正方形翻折时，设未知数利用勾股列方 程。求最值可作对称点。最后验证点是否在边上，结论是否合理。 破送题提能力 1.(2026广东东莞模拟预测)按要求完成问题 G E 图1 图2 图3 (I)如图1，四边形ABCD为正方形，点E是边BC上的一点，以AE为边作正方形AEFG,使得A,G两点 在BE的同侧，连接CF,求CF的值： BE (2)如图2，当点E在BC的延长线上，BD的延长线与AF交于点H,若HD=√2，FH=5√2，求BE的长： (3)如图3，在矩形ABCD中，AB=1,点E为BC边上的一点，以AE为边作矩形AEFG,且 BC_EE-V2,连接AP和GP,当aAGP为以GP为腰的等腰三角形时，求BE的长 AB AE 2.(2025·广东惠州一模)己知正方形ABCD中，E是BC上一动点，过点E作EF⊥AE交正方形的外角 ∠DCL的平分线于点F. 6/18 学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 E 图① 图② 备用图 (1)【动手操作】 如图①，在BA上截取BQ=BE,连接EQ,根据题意在图中画出图形，图中∠AQE=度 (2)【深入探究】E是线段BC上的一个动点，如图②，过点F作FG∥AE交直线CD于点G,以CG为斜边 向右作等腰直角三角形HCG,点H在射线CF上，连接AG.试判断四边形AEFG的形状，并证明. (3)【拓展应用】 E是射线BC上的一个动点，过点F作FG∥AE交直线CD于点G,以CG为斜边向右作等腰直角三角形 HCG,点H在射线CF上，连接AG.若AB=5,CE=2,求线段AG的长， >题型04特殊四边形仲尺规作图中证明与计算<《 析典侧建摸型 1. (2026广东广州模拟预测)如图，BD是矩形ABCD的对角线，AB=4,AD=8. (I)尺规作图：作BD的中垂线1，垂足为O,1与AD相交于点E;(保留作图痕迹，不写作法) (2)在(1)的条件下，连接BE,求线段BE的长. 研考点通技法 !1.理解作图步骤 明确尺规作图的具体操作（如作垂直平分线、角平分线、过点作垂线）。分析作图结果在特殊四边形中！ !产生的点、线关系（如中点、等角、对称点）。 2.证明作图结论 根据作图性质（如中垂线得等腰、角平分线得等角），结合特殊四边形性质（矩形对角线相等、菱形对 角线垂直)证全等或相似，得出边等、角等或平行关系。 7/18 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 3.计算线段或角度 将作图产生的点视为己知条件，设未知数表示边长，利用勾股定理、三角函数或面积法列方程。注意尺 规作图隐含的特殊点（如重心、内心），最后检验是否符合作图规范。 破送题提能力 1. (2026广东广州一模)如图，己知四边形ABCD为矩形. (1I)尺规作图：在线段CD上作点E,使得CE=ED,连接BE,AC(保留作图痕迹，不写作法)； (2)若AB=2,BC=√2，求证：△BCE∽aABC. 2.(2026广东佛山一模)如图，AC是平行四边形ABCD的一条对角线. (I)实践与操作：用尺规作图法作对角线AC的垂直平分线，交AB于点E,交CD于点F;(保留作图痕迹， 不要求写作法) (2)应用与证明：在(1)的条件下，连接CE、AF,求证：四边形AECF是菱形， >题型05特殊四边形冲折叠问题<☒ 析典侧：建模型 1.(2026广东佛山一模)在口ABCD中，点E,F分别在边AD,BC上，将口ABCD沿EF折叠，使点A 的对应点P落在边CD上，点B的对应点为点G,PG交BC于点H. 8/18 高学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 图1 图2 图3 (1)如图1，求证：∠DEP=∠GFH; (2)如图2，四边形ABCD是正方形，边长为8，当P为CD的中点时，求GH的长； (③)如图3，四边形ABCD是矩形，连接BG,当DP=2CP,BH=3CH时，求BG的值. AB 研考点通技法 一■一一一。一。一-一。 I1.找等量关系 折叠前后图形全等，对应边相等、对应角相等。折痕垂直平分对应点的连线。根据这些性质，标出图中！ !相等的边和角，设未知数表示相关线段。 12. 构造直角三角形 将已知边和设出的未知边集中到一个直角三角形中（常用矩形、正方形一角为90°），利用勾股定理列 !方程求解。注意折叠后点的位置变化（如落在边上、对角线上)。 」3.分类讨论与检验 若折叠方式不确定（如点落在不同边上），分情况讨论，分别画图求解。解出未知数后，验证是否满足！ ·原始边长范围（如线段长非负且不超过原边长）。最后作答时明确折叠方式。 破类题提能力 1.(2026广东东莞一模)运用发现、探究、拓展解决下列问题. D D B-- 图1 图2 图3 备用图 (I)发现：如图1所示，BD是矩形ABCD的对角线，作AF⊥BD交BD于点F,交BC于点E,求证： △ABE∽△BCD; (2)探究：如图2，点G是矩形ABCD边BC上一点，连接DG,过点A作AF⊥DG交BC于点E,BG=GE 9/18 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 ,者异探%壳的 DG (3)拓展：在矩形ABCD中，AB=3,BC=6,点P为BC边上的三等分点，点E和F分别为直线AD和BC上 的点，将矩形ABCD沿直线EF翻折，点P恰好落在边CD上的点Q处，求PO EF 的值。 2.(2026广东佛山一模)【问题情境】 折纸是一种许多人熟悉的活动，在数学活动课上，老师让同学们以“图形的翻折”为主题开展数学活动. D D 图1 图2 图3 图5 活动一：矩形可折叠 矩形纸片ABCD中，在AD边上取一点P沿BP翻折，使点A落在矩形内部A处；再次翻折矩形，使PD与 PA'所在直线重合，点D落在直线PA'上的点D处，折痕为PE.翻折后的纸片如图1所示. 活动二：折叠可得矩形 如图2，将△ABC纸片沿中位线EH折叠，使点A的对称点D落在BC边上，再将纸片分别沿等腰。BED和 等腰。DHC的底边上的高线EF,HG折叠，折叠后的三个三角形拼合形成一个矩形.类似地，对多边形进 行折叠，若翻折后的图形恰能拼合成一个无缝隙、无重叠的矩形，这样的矩形称为“叠合矩形”，如图3和 图4 【提出问题】 (1)如图1，∠BPE的度数为一： (2)如图1，若AD=32cm,AB=24cm,求DE的最大值； (3)口ABCD纸片还可以按图4的方式折叠成一个叠合矩形EFGH,若EF=9,EH=I2,直接写出AD的 长一 【解决问题】 (4)如图5，一张矩形纸片通过活动一中的翻折方式得到四边形MNPQ,其中∠MNP的一边与矩形纸片的 一边重合，∠M=∠P=90°，NP=45cm,MN=35cm,Mg=30cm,求该矩形纸片较长边的长度. >题型06特殊四边形中旋转问题<《 析典侧：建摸里 10/18 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 1.(2025广东东莞三模)把矩形ABCD绕点A逆时针旋转得到矩形ABCD,点B,C,D的对应点分别 为B,C,D, 图1 图2 图3 【知识技能】(1)如图1，当点B落在AD上时，连接AC,AC',CC'.判断△ACC'的形状并证明， 【数学理解】(2)如图2，当点C落在AD的延长线上时，连接BD,延长C'B'交BC于点E,求证： BE=CD 【拓展探索】(3)如图3，当点B落在BD上时，连接DD',DD'交B'C'于点F,若CD=3,AD=4,请求 出DF的长 研哮点通技法 1.明确旋转三要素 确定旋转中心、旋转方向和旋转角度。对应点到旋转中心距离相等，对应点与中心连线夹角等于旋转角。 ,利用这些性质找出旋转前后的全等三角形或相等线段、角。 12. 构造手拉手模型 若旋转共顶点（如正方形顶点），常出现“手拉手”全等或相似。连接对应点，证新三角形全等，转化 !边角关系。注意旋转角为特殊角(90°、60°)时可导角。 3.设未知数列方程 设旋转后某点坐标或线段长为未知数，利用勾股定理、全等三角形对应边相等或旋转角三角函数列方程。 解出后验证点位置是否在原四边形内，并考虑多解（如顺时针/逆时针旋转）。 破送题提能力 1.(2025·广东深圳三模)友好图形的定义如下：两个完全重合放置的图形，固定一个顶点，将其中一个 图形绕这个顶点旋转，这样的图形称为友好图形，下面我们来探究友好图形旋转的性质. 已知矩形ABCD,将矩形ABCD绕点C旋转到矩形CEFG,AB=6,BC=8. 11/18 学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 A D H E C B G 图1 图2 G 【尝试发现】 (1)如图1，连接DE,BG,在旋转过程中，探究 DE BG 【类比探究】 (2)如图2，在矩形绕点C旋转的过程中，使CE落在矩形对角线BD上，矩形对角线AC与BD相交于点 O,EF交BC于K,延长FE交AC于点H,求AH的长. 【联系拓广】 (3)将友好矩形ABCD中的△ADC绕点C旋转到△CEF的过程中，当△AEF构成直角三角形时，求出AF 的长 2.(2025·广东深圳模拟预测)如图1所示，边长为4的正方形ABCD与边长为a1<a<4)的正方形 CFEG的顶点C重合，点E在对角线AC上， 正 【问题发现】(1)如图1所示，AE与BF的数量关系为-； 【类比探究】(2)如图2所示，将正方形CFEG绕点C旋转，旋转角为a(0<a<30),请问此时上述结 论是否还成立？如成立写出推理过程，如不成立，说明理由： 【类比迁移】如图3，四边形ABCD、CEGF都是矩形， AG2'1B=9,AD=12,小明将矩形CEGF绕 CG1 点C顺时针旋转α(0≤u≤360)，如图4所示。 (3)请直接写出C的值为一 BE (4)在旋转过程中，当点B、E、F在同一条直线上时，请求出AG的长度. 12/18 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 (提示：要分类讨论，如图5当点E在线段BF上时；如图6当点E在BF的延长线上时) >题型07特殊四边形冲新定义型问题<《 析典例建摸興 1.(2026广东珠海一模)定义：如题图1，点M,N把线段AB分割成AM,MN和BN,若以AM, MN,BN为边的三角形是一个直角三角形，则称点M,N是线段AB的勾股分割点， B B 图1 图2 图3 (1)已知点M,N是线段AB的勾股分割点，若AB=12,AM=3,求BN的长； 2痴图2，在菱形BCD中，点E、F分别在BC、CD上，BE=BC,DF-c0,A、4F分别交BD于 点M、N.求证：M、N是线段BD的勾股分割点： (3)如图3，点C是线段AB上的一定点，AC<AB,请在BC上画一点D,使得C,D是线段AB的勾股分 割点（请用尺规进行作图） 研考点通技法 一一一一- 11.解读定义，转化条件 圈出新定义的关键词（如“等角点”、“倍长边”），结合特殊四边形（矩形、菱形、正方形）的性质， 将其转化为数学表达式（如距离相等、角度关系、比例式）。 12.分类讨论对应位置 新定义中顶点对应或点的位置可能不确定（如在边上、对角线上），需按不同情况画图分类讨论。利用 」全等、相似或勾股定理列出方程求解。 3. 验证解的存在性 解出的参数需满足定义中的限制条件（如点在四边形内部、线段非负）。代入原图验证是否与特殊四边 形性质矛盾（如菱形对角线垂直），并判断是否有多解或需要舍去。 破送题提能力 13/18 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 1.(2026广东.一模)定义：菱形一边的中点与它所在边的对边的两个端点连线所形成的折线，叫做菱形 的折中线.例如，如图1，在菱形ABCD中，E是CD的中点，连接AE,BE,则折线AEB叫做菱形ABCD 的折中线，折线AEB的长叫做折中线的长. 己知，在菱形ABCD中，AB=k,E是CD的中点，连接AE,BE. D 图1 图2 (1)如图1，若∠D=120°，k=10,求折中线AEB中较长的AE; (2)如图2，若∠C=∠AEB,请探究折中线AEB的长与k之间的数量关系式，并说明理由： (3)若k=I0,且折中线AEB中的AE或BE与菱形ABCD的一条对角线相等，求折中线AEB的长. 2.（2026广东深圳一模)综合与实践 在数学学习中，我们发现除了己经学过的四边形外，还有很多比较特殊的四边形.请结合已有经验，对下 列特殊四边形进行研究， 【定义】如果四边形的一条对角线把该四边形分割成两个等腰三角形，且这条对角线是这两个等腰三角形 的腰，那么我们称这个四边形为双等四边形.如图1中，AB=AC=AD,此时四边形ABCD是双等四边形. F EC 图1 图2 图3 备用图 (1)【初步探究】 如图2，在正方形ABCD中，E、F是BC边上的两点，连接AE、DF交于点G.若GE=EF,求证：四 边形ABGD为双等四边形； (2)【问题解决】 如图3，在(1)的条件下，连接CG,若正方形的边长为4，BF=2,求CG的长； (3)【拓展应用】 如图4，点E是矩形ABCD内一点，点F是边CD上一点，四边形AEFD是双等四边形，且AD=DE,延长 正交BC于点G,强胺G,若D=5,LEFG=90,C-,求4B的长， 14/18 学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 ☑ PART 03 实战刷题·冲高分 (建议用时：45分钟) 刷模拟 1. (2025广东东莞一模)如图，在矩形ABCD中，过对角线BD的中点O作BD的垂线EF,分别交 AD,BC于点E,F. B (I)证明：四边形EBFD是菱形； (2)若BF=2,∠EBF=60°，求BD的长， 2.(2025·广东广州二模)如图，四边形ABCD中，AB∥CD,AB=BC,AD⊥DC于点D. B D (I)尺规作图：作∠ABC的角平分线，交CD于点E,交AC于点O(不写作法，保留作图痕迹) (2)连接AE,四边形ABCE的形状，并证明你的结论； (3)连接OD,若AB=BE=3,求OD长. 3.(2024广东·模拟预测)综合探究 【阅读材料】宽与长的比是5-」（约为0.618）的矩形叫做黄金矩形.黄金矩形给我们以协调、匀称的美 2 感.世界各国许多著名的建筑，为取得最佳的视觉效果，都采用了黄金矩形的设计. 【应用探究】已知：四边形ABCD是黄金矩形，AB=2,BC=√5+1. 15/18 学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 A B B E B B 图1 图2 图3 (I)如图1，E是AD边上一点，将矩形ABCD沿着CE折叠，点B的对应点B落在CD的延长线上，点A的 对应点为A,试说明：四边形A'B'DE是黄金矩形： (2)如图2，将矩形ABCD沿着对角线AC折叠，点B的对应点为B,B'C交AD于点F,求tan /B'AF的值； (3)在(2)的条件下，分别过B,D作AC的垂线B'M,DN,垂足分别为M,N,连接B'D,如图3，求证： 四边形B'MND是正方形. 4.(2025广东深圳一模)综合与探究 在正方形ABCD中，AB=4,点E是AB边上的动点，连接CE. D G B 图1 图2 图3 备用图 (1I)【探索发现】如图1，过点D作DF⊥CE,求证：△CFD∽aEBC; (2)【类比探究】如图2，过点B作BF⊥CE于点F,连接DF,当△CFD是等腰三角形时，求此时AE的长 度与△CFD的面积： (3)【拓展延伸】如图3，过点B作BF⊥CE于点F,连接DF,将△CFD沿CE翻折得到△CFG,FG交BC 于点H,求出线段CH的最小值 5.(2025·广东深圳模拟预测)四边形ABCD是正方形，E、F分别是CD,BC边上两点，且满足 DE=CF,连接AE和DF交于G,连接BG. D D D M B 图1 图2 图3 (I)【探究发现】如图1，数学兴趣小组探究发现，无论点E在何处，总有AE⊥DF,且AE=DF,请证明这 16/18 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 个结论 (②)【类比应用】当E是CD边中点，经过度量后发现BG=AB，兴趣小组的同学经过自主探究后，小明和 小雅各给出了一种方法 小明思路：延长DF和AB交于P,可证得△PBF≌△DCF,可得B是AP中点，即GB是Rt△AGP斜边中线， 所以BG=AB. 小雅思路：过B作BH⊥AE于H,延长BH交AD于K,可证得AK=DK,可得H是AG中点，得到BH是 AG的垂直平分线，所以BG=AB. G B B 小明思路 小雅思路 :F分M是AB边上点，且}连接MG,游类比上面的中一种方法说明 如图2，若CE-BF1 AM=GM 【拓展位用】如图3.者形5->，M是延长我上一点，当8M。 时（用含的式 DE CF AB 子表示)，AM=GM. 6.（2025·广东深圳模拟预测)综合与探究 【定义】三角形一边上的点（中点除外）将该边分为两条线段，且这两条线段的积等于这个点到该边所对 顶点连线的平方，则称这个点为三角形该边的“中项点”.如图1，ABC中，点D是BC边上一点，连接 AD,若AD2=BD·CD,则称点D是ABC中BC边上的中项点”. 【概念理解】 (1)①在Rt△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB于点D,判断D (填“是”或“否”)为ABC中 AB边上的“中项点”. D 图1 图2 ②如图2，在矩形ABCD中，点E为BC边上的动点，连接DE交对角线AC于点F,已知矩形的边AD为a ,DC为b,设BE长为x,问：当矩形ABCD的AD边与DC边之比满足什么条件时，F同时为△ADC和 17/18 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 △DCE的边上“中项点”，并求出此时x的值. 【性质应用】 (2)如图3，在菱形ABCD中，点E为BC边上的一点，连接DE交对角线AC于点F,点F恰好是△ACD 中AC边上的“中项点”，求证：点F也是△CDE中DE边上的“中项点”： D 图3 备用图 备用图 【性质拓展】 (3)若把(2)中的条件“点E为BC边上的一点”改为“点E为直线BC上的一点”，若菱形的边长为5， BE=3,求DF的长度. 18/18 专项08 特殊四边形的性质和判定 内容导航 【命题解码·定方向】命题趋势+2026年预测 【解题建模·通技法】析典例，建模型，技法贯通破类题/变式 【实战刷题·冲高分】精选中考大题+名校模拟题，强化实战能力，得高分 近五年广东中考，特殊四边形为必考核心内容，分值约10-15分。矩形考查频率最高，菱形次之，正方形难度最大。题型分布：选择填空考查折叠变换（如2020年第10题正方形折叠）、角度计算（菱形、矩形对角线性质），解答题常作为几何压轴（如2021年第22题菱形与平行四边形综合），与全等、相似、圆等知识深度融合。 ## 二、全国2026年命题趋势分析 2026年全国中考特殊四边形命题将延续“基础+综合+压轴”格局，呈现三大趋势： **一是基础考查稳定**。选择填空将继续考查特殊四边形的性质判定辨析，如矩形对角线相等、菱形对角线垂直、正方形轴对称等基本要素，难度中等。 **二是综合应用深化**。解答题将强化折叠与动点背景下的综合问题。折叠问题侧重利用勾股定理和相似三角形建立方程；动点问题常与“将军饮马”最值模型、“手拉手”旋转模型结合，考查分类讨论思想。矩形、菱形、正方形与相似三角形、锐角三角函数的综合题将频繁出现在压轴位置，“十字模型”和“一线三等角”在四边形背景下的运用值得重点关注。 **三是创新题型涌现**。部分考区可能出现仅用无刻度直尺在特殊四边形中作图的创新题，需关注几何作图的推理要求。含参问题与存在性问题的考查力度可能加大，进一步提升代数与几何的综合运用能力。 ## 三、全国2026年预测 2026年中考，特殊四边形的性质判定仍是解答题热点，需熟练掌握对角线、对称性等核心性质。折叠与动点最值问题必考，常结合勾股定理和相似求解。正方形背景的旋转综合题难度较大，可能作为压轴题出现。菱形和矩形的综合题预计稳定在解答题前两问。备考应强化模型识别能力，重点训练“十字模型”和构造辅助线技巧。 题型01 矩形的性质和判定综合问题 析典例·建模型 1．（2025·广东东莞·一模）如图，在矩形中，过对角线的中点O作的垂线，分别交于点E，F． (1)证明：四边形是菱形； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查菱形的判定及性质，勾股定理，全等三角形判定及性质，含30度的直角三角形三边关系等． （1）先证明，可得四边形是平行四边形，即可得到本题答案； （2）利用菱形性质得到，再利用勾股定理求出，继而得到本题答案． 【详解】（1）证明：四边形是矩形，是对角线的中点， ∴，， ， 在和中， ， ∴， ， 又∵， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形； （2）解：四边形是菱形， ， ， ， ， ． 研考点·通技法 1. 灵活运用性质 矩形对角相等且互补（均为90°），对角线相等且互相平分。遇对角线可证等腰三角形；利用直角得勾股定理求边长；结合折叠问题，注意对应边相等、角相等。 2. 判定方法选择 优先证平行四边形再加条件：有一个角是直角或对角线相等。若已知直角较多，直接证三个角为直角。注意菱形加直角得矩形，或对角线相等且互相平分。 3. 构造辅助线 遇中点连接构造中位线或斜边中线；求线段和最小值作对称点；矩形翻折时作垂直证全等。设未知数表示边长，利用勾股或面积法列方程，最终检验点是否在边上。 破类题·提能力 1．（2025·广东佛山·三模）在矩形中，，点为上一动点． (1)如图1，过点分别作、的垂线，垂足分别为、，求的值； (2)如图2，点和点关于的对称点分别为和． ①若，试判断四边形的形状，并说明理由； ②当为直角三角形时，求的长． 【答案】(1) (2)①四边形是正方形，理由见解析；②或 【分析】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理； （1）由矩形和勾股定理得到，，再根据求解即可； （2）①由得到，则，由对称得到，，即可得到，结合，得到四边形是正方形； ②由对称得到，，，，，，即可证明三点共线，则，再由为直角三角形，得到或，据此分情况讨论，利用相似三角形的判定和性质求解即可． 【详解】（1）解：连接，如图所示， ∵四边形是矩形， ∴，，，，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴； （2）解：①四边形是正方形，理由如下： 如图， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵点和点关于的对称点分别为和， ∴，，， ∴， ∴，，， ∴， ∴， ∴四边形是菱形， ∵， ∴四边形是正方形； ②∵点和点关于的对称点分别为和， ∴，，，，，， ∵， ∴， ∴， ∴三点共线， ∴， ∵为直角三角形， ∴或， 当时， ∵， ∴，即在上， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， 解得， ∴； 当时， 由对称可得垂直平分， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， 综上所述，当为直角三角形时，或． 2．（2025·广东广州·模拟预测）（1）如图，在矩形中，点，分别在边，上，，垂足为点．求证：． 【问题解决】 （2）如图，在正方形中，点，分别在边，上，，延长到点，使，连接．求证：． 【类比迁移】 （3）如图，在菱形中，点，分别在边，上，，，，求的长． 【答案】（1）见解析（2）见解析（3） 【分析】（1）由矩形的性质得，再证，即可得出结论； （2）由正方形的性质先证，得出，再证，得出，然后由平行线的性质得，即可得出结论； （3）延长至点，使，连接，先证，得出，，再证是等边三角形，得，即可解决问题． 【详解】（1）证明：四边形是矩形， ， ， ， ， ， ， ； （2）证明：四边形是正方形， ，，， 在和中， ， ， ， ， ， 点在的延长线上， ， 在和中， ， ， ， ， ， ； （3）解：如图，延长至点，使，连接， 四边形是菱形， ，， ， 在和中， ， ， ，， ， ， 是等边三角形， ， ， ， 即的长为． 题型02 菱形的性质和判定综合问题 析典例·建模型 1．（2026·广东汕头·一模）如图，菱形的周长为，对角线，相交于点，且与的长度之比为，过点作于点，交于点，连接． (1)求的长； (2)求的值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据菱形的性质求出，，结合勾股定理求出，，进一步得出，，根据菱形的性质即可求解； （2）根据直角三角形的性质得出，推得，根据余弦的定义得出，即可求解． 【详解】（1）解：∵四边形是菱形， ∴，，，， ∵菱形的周长为， ∴． 根据题意可得， 故， 令，， 在中，， 故， ∴，， ∴，． 对于菱形，， 即， 解得， ∴的长为． （2）解：∵，点是的中点， 故， 即， 在中，， 在中，， 故， 即． 研考点·通技法 1. 活用菱形性质 菱形四边相等，对角线互相垂直平分且平分内角。遇对角线可构造直角三角形（边长、半对角线、高），常用勾股定理求边长或面积（S =× d1×d2）。 2. 判定方法选择 先证平行四边形，再加邻边相等或对角线垂直；或直接证四边相等。若已知角等，可证等边三角形得菱形。注意矩形加邻边相等得正方形，区分菱形。 3. 构造与计算 作菱形的高或连接对角线，将问题转化为三角形全等或相似。设未知数列方程（如设边长为a，对角线为2x, 2y，有a2 = x2+ y2）。最后检验角平分线是否对应正确。 破类题·提能力 1．（2026·广东广州·模拟预测）如图，在菱形中，，点为边上一点，且，，点为上动点，且． (1)求的度数； (2)连接，若，，三点共线，求的长； (3)连接，求的最小值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据菱形的性质即可求解； （2）延长至点使得，连接，根据菱形的性质得到，，进而推出是等边三角形，通过证明，得到，根据E，G，C三点共线得出，再证明得到，设，列出方程并求解，即可得出答案； （3）延长至，使得，连接，，证明，得出，进而可得得出四点共圆，则，证明，结合（2）可得得出，根据得出点在圆弧上运动，设外心为，连接，得出的半径为，同理可得，在上取点，使得，连接，得可得在以为圆心为半径的圆上运动，连接，过点作的垂线，交的延长线于点，交于点，进而求得的长，根据，即可求解． 【详解】（1）解：∵四边形是菱形， ∴， ∴； （2）解：如图，延长至点使得，连接， ∵，， ∴， ∵四边形是菱形， ∴，， ∵，， ∴是等边三角形， ∴，， ∵， ∴，，， ∴，，即， ∴， ∴， ∵E，G，C三点共线， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， 设，则， ∴， 解得，（不符合题意，舍去）， ∴； （3）解：∵，， ∴， 如图，延长至，使得，连接，， ∵ ∴， ∴， ∵ ∴，即 ∴ ∴ 又∵ ∴四点共圆 ∴， ∵， ∴，，即 ∴ ∴ 由（2）可得 ∴ ∴ 又∵ ∴点在圆弧上运动 设外心为，连接， 如图，过点作于点， ∵ ∴，则 ∴，且在上（）， ∴ 即的半径为，即， 同理可得， 在上取点，使得，连接， ∵ ∴ ∵， ∴ ∴ ∴在以为圆心为半径的圆上运动， ∵ 连接，过点作的垂线，交的延长线于点，交于点，则， 在中，， ∴ ∴ 在中， ∴ ∴ ∴． 2．（2026·广东广州·一模）如图，在菱形中，，，点为边上一个动点（不与点、重合），边关于对称的线段为，连接． (1)当平分时，求的度数为______； (2)延长，交射线于点，当时，求的长； (3)在（1）的条件下，连接交于点，作交的延长线于点，连接．试探究是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由． 【答案】(1) (2) (3)为定值 【分析】（1）根据轴对称的性质和角平分线的性质可得，则； （2）过点作的垂线，交的延长线于点，连接，设，根据菱形的性质可得，，利用三角函数可计算出，，使用勾股定理可得．由轴对称的性质可得，，，根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理可计算出，进而得到．由两角相等可判定，计算得，因此； （3）取的中点，连接，由轴对称的性质可得点为的中点，则是的中位线，因此，，进一步可得．容易得到，从而判断、、、四点共圆，则，因此，为定值． 【详解】（1）解：由轴对称的性质可知，， ∵平分， ∴， ∴； （2）解：如图，过点作的垂线，交的延长线于点，连接，设， ∵四边形是菱形， ∴，， ∴，， 在中，，， ∴， 由勾股定理可得，， 由轴对称的性质可得，，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴， ∴； （3）解：如图，取的中点，连接， 由（1）可知，， ∴，， ∵由关于对称得到， ∴垂直平分， ∴点为的中点，，， ∵点为的中点， ∴是的中位线， ∴，， ∴， ∵于点， ∴， ∵， ∴、、、四点共圆， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴为定值． 题型03 正方形的性质和判定综合问题 析典例·建模型 1．（2025·广东广州·一模）如图，边长为4的正方形的对角线，相交于点，点在对角线上运动（不与点，重合），连接． (1)连接，求的取值范围； (2)为边外侧一点，连接，，，且． ①求证：； ②设外接圆的半径为，连接，，当点在线段上运动时，求与之间的函数关系式（为自变量）． 【答案】(1)； (2)①见解析；②． 【分析】（1）利用正方形的性质结合勾股定理求解即可； （2）①在线段上取点，使，连接，证明，推出，，再证明，据此计算即可得到； ②先证明点在边上，再利用勾股定理求解即可． 【详解】（1）解：如图， 当点与点重合时，的长最短， ∵边长为4的正方形， ∴，， ∴， ∴； （2）①证明：在线段上取点，使，连接， ∵， ∴，，即， ∵，， ∴， ∴，， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴，即； ②作线段和的垂直平分线，相交于点，连接，，，此时点为外接圆的圆心， ∴， ∵， ∴， ∴， 设， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， 又， ∴， ∵， ∴点在边上， ∵，，， ∴， ∴． 研考点·通技法 1. 整合性质解题 正方形兼具矩形（四角90°、对角线相等）与菱形（四边相等、对角线垂直平分且平分内角）。遇对角线得等腰直角三角形（45°），常用勾股定理或三角函数求边长、面积（S = a2）。 2. 判定路径选择 优先判定矩形+邻边相等，或菱形+一个角为直角。也可直接证四边相等且四角相等。注意对角线互相垂直平分且相等也可得正方形。 3. 模型与辅助线 遇中点、垂直或旋转，常构造“K型”全等或“手拉手”模型。正方形翻折时，设未知数利用勾股列方程。求最值可作对称点。最后验证点是否在边上，结论是否合理。 破类题·提能力 1．（2026·广东东莞·模拟预测）按要求完成问题 (1)如图1，四边形为正方形，点E是边上的一点，以为边作正方形，使得A，G两点在的同侧，连接，求的值； (2)如图2，当点E在的延长线上，的延长线与交于点H，若，，求的长； (3)如图3，在矩形中，，点E为边上的一点，以为边作矩形，且，连接和，当为以为腰的等腰三角形时，求的长． 【答案】(1) (2) (3)或 【分析】（1）过点作的垂线交延长线于点，证明，得到，再证明，即可求解； （2）连接交于点，过作交延长线于点，延长、交于点，易证为等腰直角三角形，再通过判定得到，进而证得，然后由判定得到点为的中点，故，在中，利用勾股定理求得的值，进而计算出的长度； （3）连接，证明，得到，推出三点共线，易证四点共圆，证明，分和两种情况讨论即可． 【详解】（1）解：过点作的垂线交延长线于点， ∵四边形是正方形，四边形是正方形， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴； （2）解：连接交于点，过作交延长线于点，延长、交于点， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴为等腰直角三角形， ∴，， ∵四边形是正方形， ∴，， ∵，， ∴，， ∴， ，， 又， ， ∵， ∴， 为中点，，， 在中，， 解得， ， ， ∴． （3）解：连接， ∵四边形是矩形，四边形是矩形， ∴，， ∴， ∴， ∵，即， ∴， ∴， ∴三点共线， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴四点共圆， ∴， ∴， ∴， ∵为以为腰的等腰三角形， ∴或， 当时，如图， 则，即， ∵，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； 当时，如图， 则， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； 综上，当为以为腰的等腰三角形时，的长为或． 2．（2025·广东惠州·一模）已知正方形中，是上一动点，过点作交正方形的外角的平分线于点． (1)【动手操作】 如图①，在上截取，连接，根据题意在图中画出图形，图中_____度． (2)【深入探究】是线段上的一个动点，如图②，过点作交直线于点，以为斜边向右作等腰直角三角形，点在射线上，连接．试判断四边形的形状，并证明． (3)【拓展应用】 是射线上的一个动点，过点作交直线于点，以为斜边向右作等腰直角三角形，点在射线上，连接．若，，求线段的长． 【答案】(1)； (2)矩形是正方形；见解析； (3)线段的长为或． 【分析】本题考查了正方形的性质与判定、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质以及勾股定理，关键是通过构造辅助线证明三角形全等，推导线段相等关系，结合特殊四边形的判定定理进行推理，并根据动点的位置进行分类讨论． （1）利用正方形的直角性质，结合证为等腰直角三角形，再通过邻补角的和差关系计算的度数； （2）先在上截取，证明得，再构造辅助线证得，结合证平行四边形，再由垂直证矩形，最后由邻边相等证正方形； （3）分点在线段上和点在延长线上两种情况，先证明两种情况下四边形均为正方形，得到，再利用勾股定理分别计算的长度，即可得的长． 【详解】（1）解：根据题意画图如图； ∵四边形是正方形， ∴， 又∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∵， ∴； （2）解：四边形为正方形，证明如下： 在上截取，连接， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴，即， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴， ∵平分，， ∴， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， 在和中，，，， ∴， ∴， 在上截取，连接，则， ∵，， ∴，， 是等腰直角三角形， ，， ，， ， ， ， ∴， ∴， 又∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴平行四边形是矩形， 又∵， ∴矩形是正方形； （3）解：①当点在线段上时， 由（2）知四边形是正方形， ∴， ∵，， ∴， 在中，由勾股定理得， ∴； ②当点在延长线上时，延长至，使得，连接， ∵，，且，， ∴， 又∵， ∴是等腰直角三角形， ∴， ∴． ∵， ∴， ∵，， ∴． 在和中，， ∴， ∴． ∵，， ∴，即． 延长至点，使，连接， ∵是等腰直角三角形， ∴，， ∴，且是等腰直角三角形， ∴， ∵，， ∴，， ∴． 在和中，， ∴， ∴． 结合，可得， 又∵， ∴四边形是平行四边形． ∵， ∴平行四边形是矩形， 又∵， ∴矩形是正方形． ， 综上所述，线段的长为或． 题型04 特殊四边形中尺规作图中证明与计算 析典例·建模型 1．（2026·广东广州·模拟预测）如图，是矩形的对角线，，． (1)尺规作图：作的中垂线l，垂足为O，l与相交于点；（保留作图痕迹，不写作法） (2)在（1）的条件下，连接，求线段的长． 【答案】(1)见详解； (2)． 【分析】（1）分别以、为圆心，大于为半径画弧即可完成作图； （2）根据线段垂直平分线的性质得，设，则，结合勾股定理即可求解． 【详解】（1）解：如图； （2）连接，如图， 为的中垂线， ， 设，则， ∵四边形是矩形， ∴， 在直角中，， ， ， ． 研考点·通技法 1. 理解作图步骤 明确尺规作图的具体操作（如作垂直平分线、角平分线、过点作垂线）。分析作图结果在特殊四边形中产生的点、线关系（如中点、等角、对称点）。 2. 证明作图结论 根据作图性质（如中垂线得等腰、角平分线得等角），结合特殊四边形性质（矩形对角线相等、菱形对角线垂直）证全等或相似，得出边等、角等或平行关系。 3. 计算线段或角度 将作图产生的点视为已知条件，设未知数表示边长，利用勾股定理、三角函数或面积法列方程。注意尺规作图隐含的特殊点（如重心、内心），最后检验是否符合作图规范。 破类题·提能力 1．（2026·广东广州·一模）如图，已知四边形为矩形． (1)尺规作图：在线段上作点，使得，连接，（保留作图痕迹，不写作法）； (2)若，，求证：． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）根据垂直平分线的作图即可解答； （2）根据两边成比例且夹角相等的两个三角形相似进行证明即可． 【详解】（1）解：如图，即为所求， （2）证明：∵四边形为矩形． ∴， ∴， ∵，， ∴ ∴． 2．（2026·广东佛山·一模）如图，是平行四边形的一条对角线． (1)实践与操作：用尺规作图法作对角线的垂直平分线，交于点E，交于点F；（保留作图痕迹，不要求写作法） (2)应用与证明：在（1）的条件下，连接，求证：四边形是菱形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）根据线段垂直平分线的作法，按要求作图即可； （2）根据线段垂直平分线的性质可得，从而得到，，再结合平行四边形的性质可得，可证明，从而得到，即可求证． 【详解】（1）解：如图，直线即为所求； （2）解：由作法得：垂直平分， ∴， ∴，， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， 在和中， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴四边形是菱形． 题型05 特殊四边形中折叠问题 析典例·建模型 1．（2026·广东佛山·一模）在中，点，分别在边，上，将沿折叠，使点的对应点落在边上，点的对应点为点，交于点． (1)如图1，求证：； (2)如图2，四边形是正方形，边长为8，当为的中点时，求的长； (3)如图3，四边形是矩形，连接，当，时，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）设，由平行四边形的性质可得，，由折叠的性质可得，．由角的关系可计算出，，命题得证； （2）设，结合正方形的性质和折叠的性质可得，，，使用勾股定理构造方程解出，则．容易证明，则，从而计算出，因此； （3）延长、交于点，连接，设，则，，由平行可判定，则，因此，．由折叠的性质可得，，，进而得到，则，因此，．结合可计算出，利用勾股定理计算出，进一步计算出，，，最后求出的值即可． 【详解】（1）证明：设， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴，， 由折叠的性质可得，，， ∴，， ∴； （2）解：设， ∵四边形是正方形， ∴，， ∴， 由折叠的性质可得，，，， ∵点P为的中点， ∴， 在中，， ∴， 解得， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴，即， ∴， ∴； （3）解：如图，延长、交于点，连接，设， ∵， ∴，， ∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∵四边形由四边形沿着翻折得到， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴，， ∵， ∴， 在中，， ∴， 在中，， ∴， ∴． 研考点·通技法 1. 找等量关系 折叠前后图形全等，对应边相等、对应角相等。折痕垂直平分对应点的连线。根据这些性质，标出图中相等的边和角，设未知数表示相关线段。 2. 构造直角三角形 将已知边和设出的未知边集中到一个直角三角形中（常用矩形、正方形一角为90°），利用勾股定理列方程求解。注意折叠后点的位置变化（如落在边上、对角线上）。 3. 分类讨论与检验 若折叠方式不确定（如点落在不同边上），分情况讨论，分别画图求解。解出未知数后，验证是否满足原始边长范围（如线段长非负且不超过原边长）。最后作答时明确折叠方式。 破类题·提能力 1．（2026·广东东莞·一模）运用发现、探究、拓展解决下列问题． (1)发现：如图所示，是矩形的对角线，作交于点，交于点．求证：； (2)探究：如图，点是矩形边上一点，连接，过点作交于点，，若，探究的值； (3)拓展：在矩形中，，，点为边上的三等分点，点和分别为直线和上的点，将矩形沿直线翻折，点恰好落在边上的点处，求的值． 【答案】(1)证明过程见解析； (2)； (3)或． 【分析】（1）由矩形的性质，可得，由直角三角形的两个锐角互余，结合同角的余角相等，可得，即可证得结论； （2）设，，，证明，可得，可得，即可得的值； （3）作于点，由矩形的判定和性质，可得，证明，，由已知可得或，即可得的值． 【详解】（1）证明：∵四边形是矩形， ∴，， ∴，， ∵交于点， ∴， ∴， ∴， ∴． （2）解：∵，， 设，，， ∵， ∴， ∵四边形是矩形， ∴，，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴或（与矛盾，舍去）， ∴． （3）解：作于点，则， ∵在矩形中，，， ∴四边形为矩形， ∴， 根据题意可知，点和点关于直线对称， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，点为边上的三等分点， 当时，， 当时，， 综上所述：或． 2．（2026·广东佛山·一模）【问题情境】 折纸是一种许多人熟悉的活动，在数学活动课上，老师让同学们以“图形的翻折”为主题开展数学活动． 活动一：矩形可折叠 矩形纸片中，在边上取一点沿翻折，使点落在矩形内部处；再次翻折矩形，使与所在直线重合，点落在直线上的点处，折痕为．翻折后的纸片如图1所示． 活动二：折叠可得矩形 如图2，将 纸片沿中位线折叠，使点的对称点落在边上，再将纸片分别沿等腰和等腰 的底边上的高线，折叠，折叠后的三个三角形拼合形成一个矩形．类似地，对多边形进行折叠，若翻折后的图形恰能拼合成一个无缝隙、无重叠的矩形，这样的矩形称为“叠合矩形”，如图3和图4． 【提出问题】 （1）如图1，的度数为 　　； （2）如图1，若，，求的最大值； （3）纸片还可以按图4的方式折叠成一个叠合矩形，若，，直接写出的长　　； 【解决问题】 （4）如图5，一张矩形纸片通过活动一中的翻折方式得到四边形，其中的一边与矩形纸片的一边重合，，，，，求该矩形纸片较长边的长度． 【答案】（1）；（2）的最大值为；（3）15；（4）矩形纸片较长边的长度为或 【分析】（1）由折叠的性质得出，，根据，即得； （2）设，，则，证明，，得，得，得，根据二次函数的性质，即得的最大值为； （3）设点B的对应点为M，点D的对应点为N，如图4，由矩形性质和勾股定理，得 ,证明，得，由， ，即得； （4）分和为矩形的边和角，和为矩形的边和角，两种情况计算矩形的边，比较得出矩形的较长边． 【详解】解：（1）如图1， 由题意得：，， ， ， ， ； （2）如图1， 设，，则， 由（1）知， ， 四边形为矩形， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 当时，有最大值为， 的最大值为； （3）解：设点B的对应点为M，点D的对应点为N，如图4， ∵矩形中，， ∴, ∵， ∴， 由折叠的性质得：， ∵中，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴； （4）作出原矩形，连接，如图5①， ，，， ， ， 四边形为矩形， ，． 设，则，设，则． ， ． ， ． ， ， ． ， ， ， ， ， 矩形纸片较长边的长度为； 当为矩形的一边时，作出原矩形，如图5②， 设，则，设， 四边形为矩形， ，，， ， ． ， ． ， ， ． ， ， ， ． ， 矩形纸片较长边的长度为； 综上所述，矩形纸片较长边的长度为或． 题型06 特殊四边形中旋转问题 析典例·建模型 1．（2025·广东东莞·三模）把矩形绕点逆时针旋转得到矩形，点，，的对应点分别为，，． 【知识技能】（1）如图1，当点落在上时，连接．判断的形状并证明． 【数学理解】（2）如图2，当点落在的延长线上时，连接，延长交于点，求证：． 【拓展探索】（3）如图3，当点落在上时，连接交于点．若，请求出的长． 【答案】（1）是等腰直角三角形，证明见解析；（2）见解析；（3） 【分析】（1）当点落在上时，旋转角为，由旋转的性质，得，由此即可求解； （2）如图所示，连接，交于点，由矩形的性质得到，由旋转的性质，得，则，所以有四边形为平行四边形，由平行四边形的性质即可求解； （3）由勾股定理得到，如图所示，过点作于点，，又，求得，，，，再证明，得到，即可求解． 【详解】解：（1）是等腰直角三角形．证明如下： ∵四边形是矩形， ∴， ∴当点落在上时，旋转角为， 由旋转的性质，得， ∴是等腰直角三角形． （2）证明：如图所示，连接，交于点， 在矩形中，，，，， ∴， ∴， ∴， 由旋转的性质，得， ∴， ∴， 又， ∴四边形为平行四边形， ∴． （3）∵四边形是矩形，， ∴，， ∴， 如图所示，过点作于点， 由旋转的性质，得， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， 又， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 又， ∴， ∴，即， 解得． 研考点·通技法 1. 明确旋转三要素 确定旋转中心、旋转方向和旋转角度。对应点到旋转中心距离相等，对应点与中心连线夹角等于旋转角。利用这些性质找出旋转前后的全等三角形或相等线段、角。 2. 构造手拉手模型 若旋转共顶点（如正方形顶点），常出现“手拉手”全等或相似。连接对应点，证新三角形全等，转化边角关系。注意旋转角为特殊角（90°、60°）时可导角。 3. 设未知数列方程 设旋转后某点坐标或线段长为未知数，利用勾股定理、全等三角形对应边相等或旋转角三角函数列方程。解出后验证点位置是否在原四边形内，并考虑多解（如顺时针/逆时针旋转）。 破类题·提能力 1．（2025·广东深圳·三模）友好图形的定义如下：两个完全重合放置的图形，固定一个顶点，将其中一个图形绕这个顶点旋转，这样的图形称为友好图形，下面我们来探究友好图形旋转的性质． 已知矩形，将矩形绕点C旋转到矩形，，． 【尝试发现】 （1）如图1，连接，在旋转过程中，探究______ 【类比探究】 （2）如图2，在矩形绕点C旋转的过程中，使落在矩形对角线上，矩形对角线与相交于点，交于K，延长交于点H，求的长． 【联系拓广】 （3）将友好矩形中的绕点C旋转到的过程中，当构成直角三角形时，求出的长． 【答案】（1）；（2）；（3）或或或 【分析】本题考查了矩形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，正确作出辅助线，熟练利用分类讨论的思想是解题的关键． （1）证明即可解答； （2）连接，证明求得，再证明，求得，即可解答； （3）分类讨论，分别为直角时，画出图形，逐一解答即可． 【详解】（1）解：将矩形绕点C旋转到矩形， ,， ， ， ， ， ， 故答案为：； （2）如图，连接， ， 根据旋转可得，， ， 四边形是矩形， ，， ， ， ， ， ， ， ， ，， ， ， ， ，即， 解得，经检验是原方程的解， ； （3）①如图，点在上时，， .，， ， ； ②如图，点在延长线上时，， ， 此时， ； ③如图，当时，过点作于点， ，， 四边形为矩形， ， 根据勾股定理可得， ； ④如图，当时，过点作交于点， ，， ， ，， ， ， ， 在中，， ， ， ， ， ， ， ， 综上所述，的长为或或或． 2．（2025·广东深圳·模拟预测）如图1所示，边长为4的正方形与边长为的正方形的顶点C重合，点E在对角线上． 【问题发现】（1）如图1所示，与的数量关系为 ； 【类比探究】（2）如图2所示，将正方形绕点C旋转，旋转角为，请问此时上述结论是否还成立？如成立写出推理过程，如不成立，说明理由； 【类比迁移】如图3，四边形都是矩形，，，小明将矩形绕点C顺时针旋转，如图4所示． （3）请直接写出的值为 ． （4）在旋转过程中，当点B、E、F在同一条直线上时，请求出的长度． （提示：要分类讨论，如图5当点E在线段上时；如图6当点E在的延长线上时）   【答案】（1），理由见解析（2）结论还成立，理由见解析；（3）；（4）的长为或 【分析】本题考查了矩形的正方形的性质、相似三角形的判定和性质、平行线等分线段定理、勾股定理等知识点，熟练运用相关知识成为解决问题的关键． （1）先根据正方形的性质可得，，再根据平行线等分线段定理即可解答； （2）如图2：连接，根据正方形的性质证明，然后根据相似的性质列比例式求解即可； （3）如图3，连接．根据矩形的性质可得，进而得到，再证明，然后根据相似三角形的性质即可解答； （4）分点E在线段上和点E在的延长线上两种情况，分别根据勾股定理、相似三角形的判定与性质求解即可． 【详解】解：（1），理由如下： ∵四边形和四边形是正方形， ∴， ∴，， ∴ ∴，即． 故答案为：； （2）解：上述结论还成立，理由如下： 如图2：连接， ∵， ∴， 在和中，， ∴， ∴（两边对应成比例且夹角相等） ∴， ∴； （3）如图3，连接． ∵四边形是矩形， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴； （4）①如图5中，当点E在线段上时，连接，过点C作于J． ∵，， ∴CJ， ∴，， ∴ ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． ②如图6中，当点E在的延长线上时， 同法可得：， ∴． 综上，的长为或． 题型07 特殊四边形中新定义型问题 析典例·建模型 1．（2026·广东珠海·一模）定义：如题图1，点M，N把线段分割成，和，若以，，为边的三角形是一个直角三角形，则称点M，N是线段的勾股分割点． (1)已知点M，N是线段的勾股分割点，若，，求的长； (2)如图2，在菱形中，点、分别在、上，，，分别交于点．求证：是线段的勾股分割点； (3)如图3，点是线段上的一定点，．请在上画一点，使得C，D是线段的勾股分割点（请用尺规进行作图） 【答案】(1)的长为或 (2)证明过程见详解 (3)作图见详解 【分析】（1）设，则，根据勾股定理中直角边与斜边的关系，分类讨论即可求解； （2）根据菱形的性质设，根据相似三角形的判定和性质得到，则，，则，则，运用勾股定理的计算即可求证； （3）根据尺规作垂线，垂直平分线的性质作图即可． 【详解】（1）解：∵， ∴， 设，则， 当是斜边时，， ∴，整理得， ∵， ∴原方程无解，即不是斜边； 当是斜边时，， ∴， 解得，， ∴； 当是斜边时，， ∴， 解得，， ∴； ∴的长为或； （2）解：∵四边形是菱形， ∴，， 设， ∴， ∵， ∴，即， ∴，则， ∵， ∴，即， ∴，则， ∴， ∴， ∴， ， ， ∴， ∴是线段的勾股分割点； （3）解：如图所示， 以点为圆心，以为半径画弧交于点， 分别以点为圆心，以大于为半径画弧交于点，连接，则为线段的垂直平分线，垂足为点，则， 在上取， 连接，分别以点为圆心，以大于为半径画弧交于点，连接，交于点，则， 在中，，即， ∴点即为所求点的位置． 研考点·通技法 1. 解读定义，转化条件 圈出新定义的关键词（如“等角点”、“倍长边”），结合特殊四边形（矩形、菱形、正方形）的性质，将其转化为数学表达式（如距离相等、角度关系、比例式）。 2. 分类讨论对应位置 新定义中顶点对应或点的位置可能不确定（如在边上、对角线上），需按不同情况画图分类讨论。利用全等、相似或勾股定理列出方程求解。 3. 验证解的存在性 解出的参数需满足定义中的限制条件（如点在四边形内部、线段非负）。代入原图验证是否与特殊四边形性质矛盾（如菱形对角线垂直），并判断是否有多解或需要舍去。 破类题·提能力 1．（2026·广东·一模）定义：菱形一边的中点与它所在边的对边的两个端点连线所形成的折线，叫做菱形的折中线．例如，如图1，在菱形中，E是的中点，连接，，则折线叫做菱形的折中线，折线的长叫做折中线的长． 已知，在菱形中，，E是的中点，连接，． (1)如图1，若，，求折中线中较长的； (2)如图2，若，请探究折中线的长与k之间的数量关系式，并说明理由； (3)若，且折中线中的或与菱形的一条对角线相等，求折中线的长． 【答案】(1) (2)折中线的长，理由见解析 (3)折中线的长为或 【分析】（1）连接，由菱形的性质可得，，，再证明为等边三角形，结合题意可得，，由勾股定理得出，再由平行线的性质可得，最后再由勾股定理计算即可得出结果； （2）由菱形的性质可得，，再证明，得出，计算得出，，即可得出结果； （3）由已知得折中线中的或只能与菱形中较短的对角线相等，分两种情况：当时，过点作，交的延长线于点，过点作于点；当时，过点作，交的延长线于点，连接交于点，分别计算即可得出结果． 【详解】（1）解：如图，连接， ， ∵四边形为菱形， ∴，，， ∴， ∴为等边三角形， ∵E是的中点， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）解：折中线的长，理由如下： ∵四边形为菱形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵E是的中点， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴折中线的长； （3）解：由已知得折中线中的或只能与菱形中较短的对角线相等， 当时，如图，过点作，交的延长线于点，过点作于点， ， ∵四边形为菱形， ∴，， ∵点为的中点， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴四边形为矩形， ∴，， ∴， ∴， ∴此时折中线的长； 当时，如图，过点作，交的延长线于点，连接交于点， ， ∴四边形是平行四边形， ∴，， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴ ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴折中线的长， 综上所述，折中线的长为或． 2．（2026·广东深圳·一模）综合与实践 在数学学习中，我们发现除了已经学过的四边形外，还有很多比较特殊的四边形．请结合已有经验，对下列特殊四边形进行研究． 【定义】如果四边形的一条对角线把该四边形分割成两个等腰三角形，且这条对角线是这两个等腰三角形的腰，那么我们称这个四边形为双等四边形．如图1中，，此时四边形是双等四边形． (1)【初步探究】 如图2，在正方形中，、是边上的两点，连接、交于点．若，求证：四边形为双等四边形； (2)【问题解决】 如图3，在（1）的条件下，连接，若正方形的边长为，，求的长； (3)【拓展应用】 如图4，点是矩形内一点，点是边上一点，四边形是双等四边形，且，延长交于点，连接．若，，，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)的长为或 【分析】（1）根据正方形的性质得出，，根据平行线的性质得出，根据等边对等角得出，即可证明，得出，根据双等四边形的定义即可得出结论； （2）过点作于，设，在中，利用勾股定理求出，根据得出，，根据相似三角形的性质得出，，利用勾股定理即可求出的长； （3）分和两种情况，根据，利用相似三角形的性质，结合勾股定理分别求解即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵ ∴， ∴， ∴， ∴四边形为双等四边形． （2）解：如图，过点作于， ∵正方形的边长为，， ∴， 设， ∵， ∴，， ∵， ∴， 解得：， ∵，， ∴， ∴，， ∴，， ∴，， 解得：，， ∴， ∴． （3）解：如图，当时，过点作于，延长交于， ∵， ∴， ∴， ∴， 设，则， ∴， 解得：（负值舍去）， ∴，，，， 设，则， ∴，，， ∵， ∴， ∴，即， 解得：， ∴； 如图，当时，于，延长交于，过点作于， 同理可知，， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴，即， 解得：， ∴， ∵， ∴， ∴， 设，则，，， ∵， ∴， ∴，即， 解得：， ∴； 综上所述：的长为或． （建议用时：45分钟） 刷模拟 1．（2025·广东东莞·一模）如图，在矩形中，过对角线的中点O作的垂线，分别交于点E，F． (1)证明：四边形是菱形； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查菱形的判定及性质，勾股定理，全等三角形判定及性质，含30度的直角三角形三边关系等． （1）先证明，可得四边形是平行四边形，即可得到本题答案； （2）利用菱形性质得到，再利用勾股定理求出，继而得到本题答案． 【详解】（1）证明：四边形是矩形，是对角线的中点， ∴，， ， 在和中， ， ∴， ， 又∵， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形； （2）解：四边形是菱形， ， ， ， ， ． 2．（2025·广东广州·二模）如图，四边形中，，，于点． (1)尺规作图：作的角平分线，交于点，交于点（不写作法，保留作图痕迹） (2)连接，四边形的形状，并证明你的结论； (3)连接，若，求长． 【答案】(1)见解析； (2)是菱形，见解析； (3)． 【分析】本题考查了基本作图—作角平分线，菱形的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质，掌握菱形的判定方法是解题的关键． （）利用基本作图作角平分线即可； （）由平分，则，再根据平行线的性质得出，故有，然后利用菱形的判定方法证明即可； （）根据菱形的性质和勾股定理求出长，再利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半解题即可． 【详解】（1）解：如图， （2）解：四边形是菱形，理由如下， 如图， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴四边形是平行四边形； ∴四边形是菱形； （3）解：如图， ∵四边形是菱形， ∴，，， ∴， ∵， ∴． 3．（2024·广东·模拟预测）综合探究 【阅读材料】宽与长的比是 （约为）的矩形叫做黄金矩形．黄金矩形给我们以协调、匀称的美感．世界各国许多著名的建筑，为取得最佳的视觉效果，都采用了黄金矩形的设计． 【应用探究】已知：四边形是黄金矩形，，． (1)如图1，E是边上一点，将矩形沿着折叠，点B的对应点落在的延长线上，点A的对应点为，试说明：四边形是黄金矩形； (2)如图2，将矩形沿着对角线折叠，点B的对应点为，交于点F，求的值； (3)在（2）的条件下，分别过，D作的垂线，，垂足分别为M，N，连接，如图3，求证：四边形是正方形． 【答案】(1)见详解 (2) (3)见详解 【分析】（1）根据四边形是黄金矩形，，，得出，，，根据折叠可得，，，证出四边形是矩形，根据点B的对应点落在的延长线上，得出，即可得，即可证明四边形是黄金矩形． （2）根据四边形是黄金矩形，得出，则，根据折叠可得，，，证明，设，则，在中，根据勾股定理列方程求出，则，即可求出． （3）根据矩形的性质求出，，，，，则，根据折叠可得，，故，根据题意可得，则，证明，则，得出四边形是矩形，根据折叠得，则，在中，解直角三角形得，，求出，得出，即可证出四边形是正方形． 【详解】（1）证明：∵四边形是黄金矩形，，， ∴，，， 根据折叠可得，，， ∴四边形是矩形， ∵， ∴， ∴四边形是黄金矩形． （2）解：∵四边形是黄金矩形， ∴， ∴， 根据折叠可得，，， ∴， ∴， 设，则， 在中，， 即， ∴， ∴， ∴． （3）解：∵四边形是黄金矩形，，， ∴，，，，， ∴， 根据折叠可得，， ∴， ∵分别过，D作的垂线，，垂足分别为M，N， ∴， ∴， 在和中 ， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∵， ∴， 在中，， ， ∴ ， ∴， ∴四边形是正方形． 【点睛】该题考查了矩形的性质和判定，等腰三角形的判定，勾股定理，二次根式的性质，正方形的判定，全等三角形的性质和判定，解直角三角形，折叠的性质等知识点，解题的关键是掌握以上知识点． 4．（2025·广东深圳·一模）综合与探究 在正方形中，，点E是边上的动点，连接． (1)【探索发现】如图1，过点D作，求证：； (2)【类比探究】如图2，过点B作于点F，连接，当是等腰三角形时，求此时的长度与的面积； (3)【拓展延伸】如图3，过点B作于点F，连接，将沿翻折得到，交于点H，求出线段的最小值． 【答案】(1)见解析 (2)或，的面积为4或 (3) 【分析】（1）由正方形性质得出：，因为证得，进而推导和，通过互余关系得，最终利用两角对应相等完成相似证明； （2）分两种情况讨论：①当时，作，设，利用为中线及的比例关系解得，此时为等腰直角三角形，面积，且点共线，故；②当时，作，设    ，通过和的勾股定理（）解得，进而面积，再结合的比例关系：得，故．综合得或，对应面积为或； （3）首先利用，说明点在以中点为圆心的圆上，延长交延长线于，设，推导，进而得，从而．要使最小（即最小），需最大，此时与圆相切（即），设，利用建立方程，解得（舍负值），代入得，最终可求． 【详解】（1）证明：∵四边形是正方形， ， ， ， ， ； （2）如图，作于点H， ， ， ， ， 当为等腰三角形时，只有以下两种可能： ①当时，作于点H，如图所示， 设， ， ， ， ， ， ， ， ， ，即， 解得，， ，为等腰直角三角形， ， ∴此时点A、F、C三点共线， ； ②当时，作于点H，如图所示， 设， ， ， ， ， ， 在中，， ， 解得， ， ， ， ， 即， 解得， ； 综上所述，或2，的面积为或； （3）的最小值为．理由如下： ， ∴点F在以的中点M为圆心的圆上，延长交的延长线于点N， 设， ， ， ， ， ， ， ， 若最小，即最小，则最大， 当最大时，与圆M相切，即， 设， ， ， ， 解得或（舍）， ， ． 的最小值为． 【点睛】本题主要考查正方形的性质（如直角、边相等）、三角形相似（AA判定）与全等（AAS）、等腰三角形的分类讨论、勾股定理、圆的性质（点轨迹、切线）及最值问题（通过相似比例和方程求极值）。解决问题的关键在于巧妙构造辅助线（如垂线、延长线）建立几何关系，将动态问题转化为静态模型，利用相似和全等传递边角关系，并通过方程思想求解未知量，同时注意分类讨论避免遗漏（如小问2的等腰三角形情形），最终综合几何变换（折叠）和圆的性质实现最值优化。 5．（2025·广东深圳·模拟预测）四边形是正方形，、分别是，边上两点，且满足，连接和交于，连接． (1)【探究发现】如图，数学兴趣小组探究发现，无论点在何处，总有，且，请证明这个结论． (2)【类比应用】当是边中点，经过度量后发现，兴趣小组的同学经过自主探究后，小明和小雅各给出了一种方法． 小明思路：延长和交于，可证得，可得是中点，即是斜边中线，所以． 小雅思路：过作于，延长交于，可证得，可得是中点，得到是的垂直平分线，所以． 如图，若，是边上一点，且，连接，请类比上面的其中一种方法说明． (3)【拓展应用】如图，若，是延长线上一点，当______时用含的式子表示，． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）证明，根据全等的结论即可证明，； （2）类比小明思路：延长、交于点，证明，得到，设，，则，得，，，故，得为的中点，进而得为的中线，从而证明结论； 类比小明思路：作于点，交于点，反向延长交的延长线于点，易知四边形为平行四边形．根据，设，，由平行证明，得，设，则，又，根据列方程，解得，故，，即证明，进而可得为的中点，从而知为线段的中垂线，证明结论． （3）作于点，交于点，交于点，由，可得，即由平行关系证明∽，设，则，再说明为的中点，可得故，而，易知四边形为平行四边形，则，从而得方程，整理可得，解得． 【详解】（1）证明：∵四边形为正方形， ∴，， ∵在和中， ， ∴， 故，， ， ， 即， 即无论点在何处，总有，且． （2）证明：类比小明思路： 如图所示，延长、交于点， ， ， ， 设，，则， ， ，，， 故，即为的中点， 又， 为的中线， ． 类比小明思路： 作于点，交于点，反向延长交的延长线于点，如图所示， 则，， ∴四边形为平行四边形， ∴． ， 设，，． ． ， ， ，设， 故，． ， ， 解得， 故，， 即， ∵， ∴， 即， ∴点为的中点， ∴为线段的中垂线， ． （3）解：如图所示，作于点，交于点，交于点， ， ，即． ， ，设， ，． ， 为的中点，从而为的中点， ． 故， 则 ， ∵，， ∴， ， ∴四边形为平行四边形， ∴， ， 即， 整理可得， 解得． 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，直角三角形的性质，平行四边形的判定与性质，中垂线的判定与性质，熟练掌握以上知识点并能类比推理是解题关键． 6．（2025·广东深圳·模拟预测）综合与探究 【定义】三角形一边上的点（中点除外）将该边分为两条线段，且这两条线段的积等于这个点到该边所对顶点连线的平方，则称这个点为三角形该边的“中项点”．如图，中，点是边上一点，连接，若，则称点是中边上的“中项点”． 【概念理解】 （1）①在中，，于点，判断________（填“是”或“否”）为中边上的“中项点”． ②如图，在矩形中，点为边上的动点，连接交对角线于点，已知矩形的边为，为，设长为，问：当矩形的边与边之比满足什么条件时，同时为和的边上“中项点”，并求出此时的值． 【性质应用】 （2）如图，在菱形中，点为边上的一点，连接交对角线于点，点恰好是中边上的“中项点”，求证：点也是中边上的“中项点”；      【性质拓展】 （3）若把（2）中的条件“点为边上的一点”改为“点为直线上的一点”，若菱形的边长为，，求的长度． 【答案】（1）①是；②当时，；（2）证明见解析；（3） 【分析】（1）①证明，推出，可得结论； ②根据矩形的性质得到，要满足点同时为两个三角形边上的“中项点”，则要使得，，当，即时，此时点为对角线与的交点，不符合“中项点”定义，当，即或，当时存在这样的点，但此时点不在边上，不合题意，当时存在这样的点，且点在边上，根据相似三角形的性质即可得到结论； （2）由点为边上的中项点．得到，即，根据菱形的性质得，根据相似三角形的性质即可得到结论； （3）分三种情况讨论：①当点在边上时，连接，交于点；②当点在射线上时；③点在射线上时；根据相似三角形的判定和性质定理、勾股定理列式即可得到结论． 【详解】（1）解：①如图， 在中，，于点， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴点是中边上的“中项点”， 故答案为：是； ②∵为矩形，，， ∴，，， 由（1）可退，要满足点同时为和的边上“中项点”， 则，， 当即时，此时矩形为正方形， ∴点为对角线与的交点，不符合“中项点”定义； 当即或， 当时存在这样的点，但此时点不在边上，不合题意； 当即时，存在这样的点，且点在边上， 此时，， ∴， ∴， ∴，即， ∴， ∴， 综上所述，当时，同时为和的边上“中项点”，此时； （2）证明：∵点为中边上的中项点， ∴，即， ∵四边形为菱形， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴点也为中边上的“中项点”； （3）解：分类讨论如下： ①如图，当点在边上时，连接，交于点， ∵四边形为菱形，菱形的边长为，， ∴，，， ∴， 由（2）可知， ∴， 设，则， ∴，， ∴， ∵点为边上的“中项点”， ∴， ∴（负值舍）， 在中，， 在中，， ∴， 即， 解得：（负值舍）， ∴； ②如图，当点在射线上时，此时对角线与无交点，点不存在， 不符合题意，舍去； ③如图，当点在射线上时， 连接，交于点， ∵四边形为菱形，菱形的边长为，， ∴，，， ∴， 同（2）可知， ∴， 设，则， ∴，， ∴， ∵点为边上的“中项点”， ∴， ∴（负值舍）， 在中，， 在中，， ∴， 即， 解得：（负值舍）， ∴； 综上，． 2 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $