专题04 三角形与四边形（复习讲义）（湖南专用）2026年中考数学二轮复习讲练测

专题04 三角形与四边形 目 录 01 析·考情目标 02 筑·专题框架 03 攻·重难考点 考点一 三角形（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接） 真题动向 题型一：特殊三角形性质与判定 题型二：三角形全等证明与计算 题型三：三角形相似判定与比例计算 题型四：解直角三角形（三角函数综合） 题型五：三角形多结论判断题 题型六：三角形线段/周长/面积最值问题 题型七：三角形尺规作图与计算证明 题型八：三角形手拉手模型 题型九：三角形与圆综合 必备知识 知识1 特殊三角形的性质与判定 知识2 全等三角形的性质与判定 知识3 相似三角形的性质与判定 命题预测 考点二 四边形（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接） 真题动向 题型一、平行四边形的判定与性质综合 题型二、矩形的判定与性质综合 题型三、菱形的判定与性质综合 题型四、正方形旋转、全等、相似综合 题型五、特殊四边形的多结论判断 题型六、四边形线段、周长、面积最值 必备知识 知识1 特殊四边形的性质 知识2 特殊四边形的判定 命题预测 命题透视 1．呈现 “新材料、新情境、新问题” 的特点，以文字、图形、网格、折叠 / 旋转操作、动态几何为主要载体，突出对逻辑推理、直观想象、数学建模核心素养的考查，常融入传统文化（如古代建筑、几何图案）与生活应用，强调几何直观与严谨证明 2．从命题内容上看，三角形部分重点考查全等、相似、勾股定理及特殊三角形的性质与判定，常结合折叠、旋转等变换进行证明与计算；四边形部分聚焦平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质与判定，常与三角形综合，考查特殊四边形的判定及动态问题；整体命题趋势是 “三角形为基础、四边形为载体、变换为手段”，强调逻辑推理与数形结合. 热考角度 考点 2025年 2024年 三角形的性质与判定 T7（长沙市卷·三角形内角） T19（湖南省卷·等腰直角三角形） T8（湖南省卷·三角形中位线） T8（湖南省卷·三角形内角） T15（湖南省卷·等腰三角形） T15（长沙市卷·三角形中位线） 三角形全等与相似 T25（湖南省卷·全等证明） T21（长沙市卷·全等三角形） T10（湖南省卷·相似三角形） T26（湖南省卷·全等综合） T21（长沙市卷·全等证明） T10（长沙市卷·相似三角形） 特殊四边形的性质 T21（长沙市卷·正方形性质） T23（长沙市卷·矩形性质） T10（湖南省卷·菱形性质） T23（长沙市卷·矩形性质） T21（长沙市卷·正方形性质） T10（湖南省卷·菱形性质） 四边形与三角形综合 T21（湖南省卷·平行四边形与三角形） T25（长沙市卷·四边形与圆） T10（湖南省卷·菱形与动点） T25（湖南省卷·四边形与三角形） T24（长沙市卷·四边形与圆） T21（长沙市卷·四边形与全等） 几何变换与动态问题 T25（湖南省卷·折叠与全等） T26（湖南省卷·动点与函数） T25（长沙市卷·旋转与全等） T26（湖南省卷·动点最值） T25（长沙市卷·折叠问题） T24（长沙市卷·旋转探究） 命题预测 一、命题形式 将继续以图形、折叠/旋转、网格、动态情境为主要载体，融入传统文化（如几何图案、古代建筑）与生活应用，突出对逻辑推理、直观想象、数学建模核心素养的考查，强调“从图形中发现规律，用推理证明结论”。 二、核心考点预测 1）三角形：重点考查全等与相似、勾股定理及特殊三角形性质，常结合折叠、旋转等变换进行综合计算与证明。 2）四边形：聚焦平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质与判定，多与三角形综合，考查判定证明及动态问题。 3）综合趋势：压轴题将以“几何变换+特殊图形+动点问题”为主，强化分类讨论与数形结合，同时函数与几何综合的比重会进一步提升。 考点一 三角形 题型一 特殊三角形性质与判定 1．（2024·湖南·中考真题）等腰三角形的一个底角为，则它的顶角的度数是______． 【答案】 【分析】本题考查等腰三角形的性质，三角形的内角和定理．根据等腰三角形两底角相等，结合三角形的内角和定理，进行求解即可． 【详解】解：∵等腰三角形的一个底角为， ∴另一个底角的度数也为， ∴它的顶角的度数是； 故答案为：． 2．（2025·湖南·中考真题）已知，，，是的三条边长，记，其中为整数． （1）若三角形为等边三角形，则______； （2）下列结论正确的是______（写出所有正确的结论） ①若，，则为直角三角形 ②若，，，则 ③若，，，，为三个连续整数，且，则满足条件的的个数为7 【答案】 2 ①②/②① 【分析】本题主要考查了勾股定理的逆定理，解一元一次不等式组，三角形三边的关系，等边三角形的性质等等，熟知相关知识是解题的关键． （1）根据等边三角形的性质可得，据此求解即可； （2）当，时，可证明，由勾股定理的逆定理可判断①；当，，时，可得；当时，可得，当时，可得，则可求出，据此求出t的取值范围即可判断②；当时，则，则可得到；根据题意不妨设，则剩下两个数分别为（n为正整数），则可得，解不等式组求出整数n即可判断③． 【详解】解：（1）∵，，是的三条边长，且是等边三角形， ∴， ∴ ， 故答案为；2； （2）①当，时，∵， ∴， ∴， ∴， ∴为直角三角形，故①正确； ②当，，时， ∵， ∴； 当时， ∵， ∴， ∴； 当时， ∵， ∴， ∴， ∴； ∵， ∴t随b的增大而增大， 当时，， 当时，， ∴，故②正确； ③当时，则， ∵， ∴， ∴； ∵a、b、c是三个相邻的正整数，， ∴不妨设，则剩下两个数分别为（n为正整数）， ∵， ∴， 解得， ∴符合题意的n的值有2、3、4、5、6、7，共6个， ∴符合题意的a、b、c的取值一共有6组， ∴满足条件的的个数为6，故③错误； 故答案为：①②． 3．（2023·湖南郴州·中考真题）在中，，斜边上的中线长为__________． 【答案】5 【分析】本题主要考查了勾股定理，直角三角形的性质，根据勾股定理求出，再根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求解即可得到答案． 【详解】解：∵在中，， ∴， ∴斜边上的中线长为， 故答案为：5． 4.（2023·湖南湘西·中考真题）如图，在矩形中，点E在边上，点F是AE的中点，，则的长为__________．    【答案】 【分析】利用矩形的性质和勾股定理求出，进而求出，然后在中利用勾股定理求出，最后利用直角三角形斜边中线的性质即可求解． 【详解】解：在矩形中，， ∴，，， ∴， ∴， ∴， ∵点F是AE的中点， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查了矩形的性质，勾股定理，直角三角形斜边上中线的性质，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题 5.（2023·湖南·中考真题）如图，在等边三角形中，为上的一点，过点作的平行线交于点，点是线段上的动点（点不与重合）．将绕点逆时针方向旋转，得到，连接交于．    (1)证明：在点的运动过程中，总有． (2)当为何值时，是直角三角形？ 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据等边三角形的性质，利用四点共圆知识解答即可． （2）只有，是直角三角形，解答即可． 【详解】（1）∵等边三角形， ∴,， ∵， ∴， ∵绕点逆时针方向旋转，得到， ∴， ∴时等边三角形， ∴， ∴， ∴四点共圆， ∴， ∴． （2）如图，根据题意，只有当时，成立， ∵绕点逆时针方向旋转，得到， ∴， ∴时等边三角形， ∴， ∵，    ∴， ∵等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 【点睛】本题考查了等边三角形的性质，平行线的性质，四点共圆，特殊角的三角函数值，熟练掌握等边三角形的性质，平行线的性质，四点共圆，特殊角的三角函数值是解题的关键． 题型二 三角形全等证明与计算 1．（2024·湖南长沙·中考真题）如图，点C在线段上，，，． (1)求证：； (2)若，求的度数． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查全等三角形的判定与性质、等边三角形的判定与性质，证明是等边三角形是解答的关键． （1）直接根据全等三角形的判定证明结论即可； （2）根据全等三角形的性质得到，，再证明是等边三角形，利用等边三角形的性质求解即可． 【详解】（1）证明：在与中， ， 所以； （2）解：因为，， 所以，， 所以是等边三角形． 所以． 2．（2023·湖南益阳·中考真题）如图，在中，，，点D在边上，将线段绕点D按顺时针方向旋转得到，线段交于点E，作于点F，与线段交于点G，连接．    (1)求证：； (2)求证：； (3)若，，当平分四边形的面积时，求的长． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 (3) 【分析】（1）根据旋转的性质可得，再根据，可得，即可； （2）根据，可得点B，C，G，F四点共圆，从而得到，，从而得到，进而得到，可证明，即可； （3）连接，根据，，可得，，，设，则可得，，，，，，再由平分四边形的面积，可得，从而得到关于x的方程，即可求解． 【详解】（1）证明：∵线段绕点D按顺时针方向旋转得到， ∴， ∴， ∵，即， ∴， ∵， ∴， 在和中， ∵， ， ∴； （2）证明：∵， ∴点B，C，G，F四点共圆， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， 即； （3）解：如图，连接，    ∵， ∴，， ∵，， ∴， ∴，， ∴， 设，则， ∴，，， ∴， ∴，， ∵平分四边形的面积， ∴， ∴， 即， 解得：（负值舍去）， ∴． 【点睛】本题主要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，解直角三角形，勾股定理等知识，熟练掌握全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质是解题的关键． 3．（2023·湖南·中考真题）如图，，，，垂足分别为，．    (1)求证：； (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）利用“”可证明； （2）先利用全等三角形的性质得到，再利用勾股定理计算出，从而得到的长，然后计算即可． 【详解】（1）证明：，， ， 在和中， ， ； （2）解：， ， 在中，， ， ． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质：全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件． 题型三 三角形相似判定与比例计算 1．（2023·湖南常德·中考真题）如图，在中，，D是的中点，延长至E，连接．    (1)求证：； (2)在如图1中，若，其它条件不变得到图2，在图2中过点D作于F，设H是的中点，过点H作交于G，交于M． 求证： ①； ②． 【答案】(1)证明见解析 (2)①见解析，②见解析 【分析】（1）先证出是的垂直平分线，再由线段垂直平分线的性质得到，最后由证得； （2）①连接，由三角形中位线的性质得到，从而，再由，，得到，可证得，从而，又，等量代换即可； ②先证明，再由为的中位线，得到，从而为中点，由于为中点，故得证. 【详解】（1）证明：∵是的中点， ∴是的垂直平分线， 又∵E在上， ∴， 在和中， ∴ （2）证明：①连接，    ∵分别是和的中点， ∴为的中位线， ∴， ∴， 又∵， ∴， 又∵， ∴， 在和中，， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴； ②在和中，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 又∵A、H分别为和中点， ∴为的中位线，   ∴， ∴，即为中点， 又∵， ∴为中点， ∴. 【点睛】此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、线段垂直平分线的判定和性质、三角形中位线的定义和性质，熟练掌握相应的判定和性质是解答此题的关键. 2．（2024·湖南长沙·中考真题）如图，在菱形中，，，点E是边上的动点，连接，，过点A作于点F．设，，则y与x之间的函数解析式为（不考虑自变量x的取值范围）（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】本题考查菱形的性质、含30度角的直角三角形的性质、相似三角形的判定与性质，利用相似三角形的性质求解x、y的关系式是解答的关键．过D作，交延长线于H，则，根据菱形的性质和平行线的性质得到，，，进而利用含30度角的直角三角形的性质，证明得到，然后代值整理即可求解． 【详解】解：如图，过D作，交延长线于H，则， ∵在菱形中，，， ∴，，， ∴，， 在中，， ∵， ∴，又， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， 故选：C． （法二：同理，，， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， 故选：C．） 3．（2024·湖南·中考真题）如图，在中，点分别为边的中点．下列结论中，错误的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】本题考查了三角形中位线的性质，相似三角形的判定和性质，由三角形中位线性质可判断；由相似三角形的判定和性质可判断，掌握三角形中位线的性质及相似三角形的判定和性质是解题的关键． 【详解】解：∵点分别为边的中点， ∴，，故正确； ∵， ∴，故正确； ∵， ∴， ∴，故错误； 故选：． 4．（2023·湖南·中考真题）在中，是斜边上的高．    (1)证明：； (2)若，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据三角形高的定义得出，根据等角的余角相等，得出，结合公共角，即可得证； （2）根据（1）的结论，利用相似三角形的性质即可求解． 【详解】（1）证明：∵是斜边上的高． ∴， ∴， ∴ 又∵ ∴， （2）∵ ∴， 又 ∴． 【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键． 5．（2023·湖南·中考真题）如图，，点是线段上的一点，且．已知．    (1)证明：． (2)求线段的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）根据题意得出，，则，即可得证； （2）根据（1）的结论，利用相似三角形的性质列出比例式，代入数据即可求解． 【详解】（1）证明：∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴； （2）∵， ∴， ∵， ∴， 解得：． 【点睛】本题考查了相似三角形的性质与判定，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键． 6.（2023·湖南岳阳·中考真题）如图1，在中，，点分别为边的中点，连接． 初步尝试：（1）与的数量关系是_________，与的位置关系是_________． 特例研讨：（2）如图2，若，先将绕点顺时针旋转（为锐角），得到，当点在同一直线上时，与相交于点，连接．    （1）求的度数； （2）求的长． 深入探究：（3）若，将绕点顺时针旋转，得到，连接，．当旋转角满足，点在同一直线上时，利用所提供的备用图探究与的数量关系，并说明理由． 【答案】初步尝试：（1）；；（2）特例研讨：（1）；（2）；（3）或 【分析】（1），点分别为边的中点，则是的中位线，即可得出结论； （2）特例研讨：（1）连接，，证明是等边三角形，是等边三角形，得出；（2）连接，证明，则，设，则，在中，，则，在中，，勾股定理求得，则； （3）当点在同一直线上时，且点在上时，设，则，得出，则在同一个圆上，进而根据圆周角定理得出，表示与，即可求解；当在上时，可得在同一个圆上，设，则，设，则，则，表示与，即可求解． 【详解】初步尝试：（1）∵，点分别为边的中点， ∴是的中位线， ∴；； 故答案是：； （2）特例研讨：（1）如图所示，连接，，    ∵是的中位线， ∴， ∴ ∵将绕点顺时针旋转（为锐角），得到， ∴； ∵点在同一直线上时， ∴ 又∵在中，是斜边的中点， ∴ ∴ ∴是等边三角形， ∴，即旋转角 ∴ ∴是等边三角形， 又∵， ∴, ∴, ∴, ∴, （2）如图所示，连接， ∵，， ∴，,    ∵, ∴, ∴, 设，则， 在中，，则， 在中，, ∴, 解得：或（舍去） ∴, （3）如图所示，当点在同一直线上时，且点在上时，    ∵， ∴， 设，则， ∵是的中位线， ∴ ∴， ∵将绕点顺时针旋转，得到， ∴，， ∴ ∴， ∵点在同一直线上， ∴ ∴， ∴在同一个圆上，    ∴ ∴ ∵， ∴； 如图所示，当在上时，    ∵ ∴在同一个圆上， 设，则， 将绕点顺时针旋转，得到， 设，则，则， ∴， ∵, ∴， ∵ ∴ ∴ 综上所述，或 【点睛】本题考查了圆周角定理，圆内接四边形对角互补，相似三角形的性质与判定，旋转的性质，中位线的性质与判定，等腰三角形的性质与判定，三角形内角和定理，三角形外角的性质，勾股定理，熟练掌握以上知识是解题的关键． 题型四 解直角三角形（三角函数综合） 1．（2025·湖南·中考真题）如图，某处有一个晾衣装置，固定立柱和分别垂直地面水平线于点，，分米，．在点，之间的晾衣绳上有固定挂钩，分米，一件连衣裙挂在点处（点与点重合），且直线． (1)如图1，当该连衣裙下端点刚好接触到地面水平线时，点到直线的距离等于12分米，求该连衣裙的长度； (2)如图2，为避免该连衣裙接触到地面，在另一端固定挂钩处再挂一条长裤（点在点的右侧），若，求此时该连衣裙下端点到地面水平线的距离约为多少分米？（结果保留整数，参考数据：，，） 【答案】(1)14分米 (2)2分米 【分析】本题主要考查了解直角三角形的实际应用，勾股定理，矩形的性质与判定，正确作出辅助线构造直角三角形是解题的关键． （1）可证明四边形是矩形，得到；在中，利用勾股定理求出的长，进而求出的长即可得到答案； （2）过点E作于H，延长交于T，则四边形是矩形，可得；解求出的长，进而求出的长，据此求出的长即可得到答案． 【详解】（1）解：∵， ∴四边形是矩形， ∴； 在中，分米，分米， ∴分米， ∴分米， ∴分米， 答：该连衣裙的长度为14分米； （2）如图所示，过点E作于H，延长交于T， ∵， ∴四边形是矩形， ∴； 在中，分米，，， ∴分米， 分米， ∴分米， ∴分米， 分米， ∴分米； 答：此时该连衣裙下端点到地面水平线的距离约为2分米． 2．（2024·湖南·中考真题）如图，左图为《天工开物》记载的用于春（chōng）捣谷物的工具——“碓（duì）”的结构简图，右图为其平面示意图，已知于点B，与水平线l相交于点O，．若分米，分米．，则点C到水平线l的距离为________分米（结果用含根号的式子表示）． 【答案】/ 【分析】题目主要考查解三角形及利用三角形等面积法求解，延长交l于点H，连接，根据题意及解三角形确定，，再由等面积法即可求解，作出辅助线是解题关键． 【详解】解：延长交l于点H，连接，如图所示： 在中，， ， 即， 解得：． 故答案为：． 3.（2025·湖南长沙·中考真题）如图，某景区内两条互相垂直的道路a，b交于点M，景点A，B在道路a上，景点C在道路b上．为了进一步提升景区品质，景区管委会在道路b上又开发了风景优美的景点D．经测得景点C位于景点B的北偏东方向上，位于景点A的北偏东方向上，景点B位于景点D的南偏西方向上．已知． (1)求的度数； (2)求景点C与景点D之间的距离．（结果保留根号） 【答案】(1) (2) 【分析】本题主要考查了直角三角形的应用，熟练掌握解直角三角形是解题的关键． （1）由题意可得，．从而得出，根据即可求解． （2）根据，得出．由（1）得．则，故．在中，解直角三角形求出，，从而求出．再根据，求出，即可求解． 【详解】（1）解：如图，由题意可得，． ． ． （2）解：， ． 由（1）得． ． 又， ． 在中，，， ， ． ． ， ． ． ∴景点C与景点D之间的距离为． 4．（2024·湖南·中考真题）某数学研究性学习小组在老师的指导下，利用课余时间进行测量活动． 活动主题 测算某水池中雕塑底座的底面积 测量工具 皮尺、测角仪、计算器等 活动过程 模型抽象 某休闲广场的水池中有一雕塑，其底座的底面为矩形，其示意图如下： 测绘过程与数据信息 ①在水池外取一点E，使得点C，B，E在同一条直线上； ②过点E作，并沿方向前进到点F，用皮尺测得的长为4米； ③在点F处用测角仪测得，，； ④用计算器计算得：，，．，，． 请根据表格中提供的信息，解决下列问题（结果保留整数）： (1)求线段和的长度： (2)求底座的底面的面积． 【答案】(1)7米；3米 (2)18平方米 【分析】题目主要考查解三角形的应用，理解题意，结合图形求解是解题关键． （1）根据题意得，即可确定长度，再由得出米，即可求解； （2）过点A作于点M，继续利用正切函数确定米，即可求解面积． 【详解】（1）解：∵，的长为4米，， ∴， ∴米； ∵， ∴米， ∴米； （2）过点A作于点M，如图所示： ∵， ∴， ∵米， ∴米， ∴米， ∴底座的底面的面积为：平方米． 5.（2023·湖南常德·中考真题）今年“五一”长假期间，小陈、小余同学和家长去沙滩公园游玩，坐在如图的椅子上休息时，小陈感觉很舒服，激发了她对这把椅子的好奇心，就想出个问题考考同学小余，小陈同学先测量，根据测量结果画出了图1的示意图（图2）．在图2中，已知四边形是平行四边形，座板与地面平行，是等腰三角形且，，靠背，支架，扶手的一部分．这时她问小余同学，你能算出靠背顶端点距地面（）的高度是多少吗？请你帮小余同学算出结果（最后结果保留一位小数）．（参考数据：，，）    【答案】 【分析】方法一：过点作交的延长线于点，由平行四边形的性质可得，进而求得，过点作于点，根据平行线的性质可得，进而求得，过作于点，根据等腰三角形三线合一可得，进而求得，利用求解即可； 方法二：过点作交的延长线于点，过点作于点，延长交于点，根据等腰三角形三线合一可得，进而求得，，过作于，根据平行线的性质可得，进而求得，根据求解即可． 【详解】解：方法一： 过点作交的延长线于点，   四边形是平行四边形，， ， ， 过点作于点， 由题意知，， ， 又， ， 过作于点， ，， , ， 靠背顶端点距地面高度为 ； 方法二： 如图，过点作交的延长线于点，过点作于点，延长交于点，   ，， ， 又， ， ， ， 过作于， 由题意知，， ， 又， ， 靠背顶端点距地面高度为． 【点睛】本题主要考查了解直角三角形，等腰三角形的性质，平行四边形的性质，正确作出辅助线，构造直角三角形是解题的关键． 题型五 三角形多结论判断题 1.（2022·湖南益阳·中考真题）如图，已知△ABC中，∠CAB＝20°，∠ABC＝30°，将△ABC绕A点逆时针旋转50°得到△AB′C′，以下结论：①BC＝B′C′，②AC∥C′B′，③C′B′⊥BB′，④∠ABB′＝∠ACC′，正确的有（　　） A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④ 【答案】B 【分析】根据旋转的性质可得，BC＝B′C′，∠C′AB′＝∠CAB＝20°，∠AB′C′＝∠ABC＝30°，再根据旋转角的度数为50°，通过推理证明对①②③④四个结论进行判断即可． 【详解】解：①∵△ABC绕A点逆时针旋转50°得到△AB′C′， ∴BC＝B′C′．故①正确； ②∵△ABC绕A点逆时针旋转50°， ∴∠BAB′＝50°． ∵∠CAB＝20°， ∴∠B′AC＝∠BAB′﹣∠CAB＝30°． ∵∠AB′C′＝∠ABC＝30°， ∴∠AB′C′＝∠B′AC． ∴AC∥C′B′．故②正确； ③在△BAB′中，AB＝AB′，∠BAB′＝50°， ∴∠AB′B＝∠ABB′＝（180°﹣50°）＝65°． ∴∠BB′C′＝∠AB′B+∠AB′C′＝65°+30°＝95°． ∴CB′与BB′不垂直．故③不正确； ④在△ACC′中， AC＝AC′，∠CAC′＝50°， ∴∠ACC′＝（180°﹣50°）＝65°． ∴∠ABB′＝∠ACC′．故④正确． ∴①②④这三个结论正确． 故选：B． 【点睛】此题考查了旋转性质的应用，图形的旋转只改变图形的位置，不改变图形的形状与大小，还考查了等腰三角形的判定和性质、平行线的判定等知识．熟练掌握旋转的性质是解题的关键． 2．（2021·湖南衡阳·中考真题）如图，矩形纸片，点M、N分别在矩形的边、上，将矩形纸片沿直线折叠，使点C落在矩形的边上，记为点P，点D落在G处，连接，交于点Q，连接．下列结论：①四边形是菱形；②点P与点A重合时，；③的面积S的取值范围是．其中所有正确结论的序号是（ ） A．①②③ B．①② C．①③ D．②③ 【答案】C 【分析】根据矩形的性质与折叠的性质，证明出，，通过等量代换，得到PM=CN，则由一组邻边相等的平行四边形是菱形得到结论正确；用勾股定理，，由菱形的性质对角线互相垂直，再用勾股定理求出；当过点D时，最小面积，当P点与A点重合时，S最大为，得出答案． 【详解】解：①如图1， ∵， ∴， ∵折叠，∴，NC=NP ∴， ∴， ∴PM=CN， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴平行四边形为菱形， 故①正确，符合题意； ②当点P与A重合时，如图2所示 设，则， 在中，， 即， 解得：， ∴，， ∴， 又∵四边形为菱形， ∴，且， ∴ ∴， 故②错误，不符合题意． ③当过点D时，如图3所示： 此时，最短，四边形的面积最小，则S最小为， 当P点与A点重合时，最长，四边形的面积最大，则S最大为， ∴，故③正确，符合题意． 故答案为：①③． 故选：C 【点睛】本题主要考查了菱形的判定与性质、折叠问题、勾股定理的综合应用，熟练掌握菱形的判定定理与性质定理、勾股定理是解决本题的关键． 3.（2022·湖南娄底·中考真题）在平面直角坐标系中，为坐标原点，已知点、（且），过点、的直线与两坐标轴相交于、两点，连接、，则下列结论中成立的是（    ） ①点、在反比例函数的图象上；②成等腰直角三角形；③；④的值随的增大而增大． A．②③④ B．①③④ C．①②④ D．①②③ 【答案】D 【分析】由反比例函数的性质可判断①，再求解PQ的解析式，得到A，B的坐标可判断②，由P，Q的位置可判断③，画出符合题意的图形，利用数形结合的思想可判断④，从而可得答案． 【详解】解： 点、的横纵坐标的积为 点、在反比例函数的图象上；故①符合题意； 设过点、的直线为： 解得： 直线PQ为： 当时， 当时， 所以： 所以是等腰直角三角形，故②符合题意； 点、（且）， 点、在第一象限，且P，Q不重合， 故③符合题意； ，而PQ在直线上， 如图， 显然是随的增大先减小，再逐渐增大，故④不符合题意； 故选D 【点睛】本题考查的是利用待定系数法求解一次函数与反比例函数的解析式，一次函数与反比例函数的性质，等腰直角三角形的判定，熟练的利用数形结合解题是关键． 4.（2022·湖南常德·中考真题）如图，在中，，，将绕点顺时针旋转得到，点A、B的对应点分别是，，点是边的中点，连接，，．则下列结论错误的是（    ） A． B．， C． D． 【答案】D 【分析】根据旋转的性质可判断A；根据直角三角形的性质、三角形外角的性质、平行线的判定方法可判断B；根据平行四边形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质可判断C；利用等腰三角形的性质和含30°角的直角三角形的性质可判断D． 【详解】A．∵将△ABC绕点C顺时针旋转60°得到△DEC， ∴∠BCE=∠ACD=60°，CB=CE， ∴△BCE是等边三角形， ∴BE=BC，故A正确； B．∵点F是边AC中点， ∴CF=BF=AF=AC， ∵∠BCA=30°， ∴BA=AC， ∴BF=AB=AF=CF， ∴∠FCB=∠FBC=30°， 延长BF交CE于点H，则∠BHE=∠HBC+∠BCH=90°， ∴∠BHE=∠DEC=90°， ∴BF//ED， ∵AB=DE， ∴BF=DE，故B正确． C．∵BF∥ED，BF=DE， ∴四边形BEDF是平行四边形， ∴BC=BE=DF， ∵AB=CF， BC=DF，AC=CD， ∴△ABC≌△CFD， ∴，故C正确； D．∵∠ACB=30°， ∠BCE=60°， ∴∠FCG=30°， ∴FG=CG， ∴CG=2FG． ∵∠DCE=∠CDG=30°， ∴DG=CG， ∴DG=2FG．故D错误． 故选D． 【点睛】本题考查了旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，含30°角的直角边等于斜边的一半，以及平行四边形的判定与性质等知识，综合性较强，正确理解旋转性质是解题的关键． 题型六 三角形线段/周长/面积最值问题 1.（2023·湖南湘西·中考真题）如图，是等边三角形的外接圆，其半径为4．过点B作于点E，点P为线段上一动点（点P不与B，E重合），则的最小值为__________．    【答案】6 【分析】过点P作，连接并延长交于点F，连接，根据等边三角形的性质和圆内接三角形的性质得到，，然后利用含角直角三角形的性质得到，进而求出，然后利用代入求解即可． 【详解】如图所示，过点P作，连接并延长交于点F，连接    ∵是等边三角形， ∴ ∵是等边三角形的外接圆，其半径为4 ∴，， ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ ∵， ∴ ∴ ∴的最小值为的长度 ∵是等边三角形，， ∴ ∴的最小值为6． 故答案为：6． 【点睛】此题考查了圆内接三角形的性质，等边三角形的性质，含角直角三角形的性质等知识，解题的关键是熟练掌握以上知识点． 2.（2022·湖南娄底·中考真题）如图，已知等腰的顶角的大小为，点D为边上的动点（与、不重合），将绕点A沿顺时针方向旋转角度时点落在处，连接．给出下列结论：①；②；③当时，的面积取得最小值．其中正确的结论有________（填结论对应的序号）． 【答案】①②③ 【分析】依题意知，和是顶角相等的等腰三角形，可判断②；利用SAS证明， 可判断①；利用面积比等于相似比的平方，相似比为，故最小时面积最小，即，等腰三角形三线合一，D为中点时 . 【详解】∵绕点A沿顺时针方向旋转角度得到 ∴， ∴ 即 ∴ ∵ 得：（SAS） 故①对 ∵和是顶角相等的等腰三角形 ∴ 故②对 ∴ 即AD最小时最小 当时，AD最小 由等腰三角形三线合一，此时D点是BC中点 故③对 故答案为：①②③ 【点睛】本题考查全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，手拉手模型，选项③中将面积与相似比结合是解题的关键 . 题型七 三角形尺规作图与计算证明 1．（2024·湖南长沙·中考真题）如图，在中，，，，分别以点A，B为圆心，大于的长为半径画弧，两弧分别交于点M和N，作直线分别交于点D，E，连接 (1)求的长； (2)求的周长． 【答案】(1) (2) 【分析】本题考查了线段垂直平分线的性质：线段垂直平分线的点到线段两个端点的距离相等，斜中半定理：直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半，以及勾股定理等知识点，熟记相关结论是解题关键． （1）由题意得是线段的垂直平分线，故点D是斜边的中点．据此即可求解； （2）根据、的周长即可求解； 【详解】（1）解：由作图可知，是线段的垂直平分线， ∴在中，点D是斜边的中点． ∴． （2）解：在中，． ∵是线段的垂直平分线， ∴． ∴的周长． 2．（2025·湖南长沙·中考真题）如图，在中，，以点C为圆心，适当长为半径作弧，交于点M，交于点N，再分别以点M，N为圆心，大于的长度为半径作弧，两弧相交于点P，作射线交于点D． (1)求的度数； (2)若，求的长． 【答案】(1) (2) 【分析】本题考查了角平分线、三角形的内角和定理、等腰三角形的性质等知识点，熟记相关结论即可. （1）由题意得，根据是的角平分线即可求解； （2）求出，得到；求出．．推出．即可求解； 【详解】（1）解：， ． 由作图可知，是的角平分线， ． （2）解：在中，由三角形内角和定理得， ， ， 在中，， ． ． ． ． ， ． 题型八 三角形手拉手模型 1．（2021·湖南郴州·中考真题）如图1，在等腰直角三角形中，．点，分别为，的中点，为线段上一动点（不与点，重合），将线段绕点逆时针方向旋转得到，连接，． （1）证明：； （2）如图2，连接，，交于点． ①证明：在点的运动过程中，总有； ②若，当的长度为多少时，为等腰三角形？ 【答案】（1）见详解；（2）①见详解；②当的长度为2或时，为等腰三角形 【分析】（1）由旋转的性质得AH=AG，∠HAG=90°，从而得∠BAH=∠CAG，进而即可得到结论； （2）①由，得AH=AG，再证明，进而即可得到结论；②为等腰三角形，分3种情况：（a）当∠QAG=∠QGA=45°时，（b）当∠GAQ=∠GQA=67.5°时，（c）当∠AQG=∠AGQ=45°时，分别画出图形求解，即可． 【详解】解：（1）∵线段绕点A逆时针方向旋转得到， ∴AH=AG，∠HAG=90°， ∵在等腰直角三角形中，，AB=AC， ∴∠BAH=90°-∠CAH=∠CAG， ∴； （2）①∵在等腰直角三角形中，AB=AC，点，分别为，的中点， ∴AE=AF，是等腰直角三角形， ∵AH=AG，∠BAH =∠CAG， ∴， ∴∠AEH=∠AFG=45°， ∴∠HFG=∠AFG+∠AFE=45°+45°=90°，即：； ②∵，点，分别为，的中点， ∴AE=AF=2， ∵∠AGH=45°，为等腰三角形，分3种情况： （a）当∠QAG=∠QGA=45°时，如图，则∠HAF=90°-45°=45°， ∴AH平分∠EAF， ∴点H是EF的中点， ∴EH=； （b）当∠GAQ=∠GQA=（180°-45°）÷2=67.5°时，如图，则∠EAH=∠GAQ=67.5°， ∴∠EHA=180°-45°-67.5°=67.5°， ∴∠EHA=∠EAH， ∴EH=EA=2； （c）当∠AQG=∠AGQ=45°时，点H与点F重合，不符合题意，舍去， 综上所述：当的长度为2或时，为等腰三角形． 【点睛】本题主要考查等腰直角三角形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握全等三角形的判定定理，根据题意画出图形，进行分类讨论，是解题的关键． 题型九 三角形与圆综合 1．5．（2025·湖南·中考真题）如图，的顶点，在上，圆心在边上，，与相切于点，连接． (1)求的度数； (2)求证：． 【答案】(1) (2)见解析 【分析】本题主要考查了切线的性质，三角形内角和定理，等腰三角形的性质与判定，熟知相关知识是解题的关键． （1）由切线的性质得到，据此根据角的和差关系可得答案； （2）由等边对等角得到，再由三角形内角和定理可得，则可证明，进而可证明． 【详解】（1）解：∵与相切与点， ∴， ∴， ∵， ∴; （2）证明：∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴． 2.（2022·湖南娄底·中考真题）如图，已知是的角平分线，点是斜边上的动点，以点为圆心，长为半径的经过点，与相交于点． (1)判定与的位置关系，为什么？ (2)若，， ①求、的值； ②试用和表示，猜测与，的关系，并用给予验证． 【答案】(1)相切，原因见解析 (2)①，；②，验证见解析 【分析】（1）连接OD，根据角之间的关系可推断出，即可求得的角度，故可求出圆与边的位置关系为相切； （2）①构造直角三角形，根据角之间的关系以及边长可求出，的值；②先表示出来、和的关系，进而猜测与，的关系，然后将代入进去加以验证． 【详解】（1）解：连接OD，如图所示 ∵BD为的角平分线 ∴ 又∵过点B、D，设半径为r ∴OB=OD=r ∴ ∴（内错角相等，两直线平行） ∵ ∴AC与的位置关系为相切． （2）①∵BC=3， ∴ ∴ 过点D作交于一点F，如图所示 ∴CD=DF（角平分线的性质定理） ∴BF=BC=3 ∴OF=BF-OB=3-r， ∴即 ∴ ∵ ∴ ∴ ∴； ② ∴ ∴ 猜测 当时 ∴ ∴ ∴． 【点睛】本题考查了圆与直线的位置关系、切线的判定、三角函数之间的关系，解题的关键在于找到角与边之间的关系，进而求出结果． 知识1 特殊三角形的性质与判定 等腰三角形 等边三角形 直角三角形 性质 (1)两腰相等. (2)两底角相等（简写成“等边对等角”）. (3)顶角的平分线、底边上的中线、底边上的高线互相重合（简称“三线合一”）. (4)是轴对称图形，有一条对称轴. (1)三边相等. (2)三个内角相等，都等于60°. (3)是轴对称图形，有三条对称轴. (4)等边三角形三条角平分线的交点、三条高线的交点、三条中线的交点重合. (1)两锐角之和等于90°. (2)斜边上的中线等于斜边的一半. (3)30°角所对的直角边等于斜边的一半. (4)勾股定理：两直角边的平方和等于斜边的平方，即（a，b为直角边，c为斜边）. 判定 (1)有两条边相等的三角形是等腰三角形. (2)有两个角相等的三角形是等腰三角形（依据“等角对等边”）. (1)三边相等的三角形是等边三角形. (2)三个角都相等的三角形是等边三角形. (3)有一个角等于60°的等腰三角形是等边三角形. (1)有一个角为90°的三角形是直角三角形. (2)有两个角互余的三角形是直角三角形. (3)勾股定理的逆定理：若，则以a，b，c为三边的三角形是直角三角形. 面积 （a为等腰三角形的底边长，h为底边上的高）. （a为等边三角形的边长）. S=（a，b为直角边，c为斜边，m为斜边上的高）. 知识2 全等三角形的性质与判定 全等三角形的性质： 1）全等三角形的对应边相等，对应角相等. 2）全等三角形对应边上的高线相等，对应边上的中线相等，对应角的角平分线相等． 3）全等三角形的周长相等，面积相等（注意：周长或面积相等的三角形不一定是全等三角形）. 全等三角形的判定： 判定方法 文字描述 图示 SSS 三边对应相等的两个三角形全等. ASA 两角和它们的夹边对应相等的两个三角形全等. AAS 两角分别相等且其中一组等角的对边相等的两个三角形全等. SAS 两边和它们的夹角对应相等的两个三角形全等. HL 斜边和一条直角边对应相等的两个直角三角形全等. 知识3 相似三角形的性质与判定 1.相似三角形的性质 ①相似三角形的对应角相等，对应边的比相等. ②相似三角形对应高的比，对应中线的比，对应角平分线的比都等于相似比. ③相似三角形周长的比等于相似比，面积比等于相似比的平方. ④三角形的相似具有传递性：若△ABC∽△BDC，△ABC∽△ADB，则△BDC∽△ADB. 【易错点】对相似三角形的面积比不清而出错 2.相似三角形的判定 判定三角形相似的常用定理 直角三角形相似的判定方法 1 平行于三角形一边的直线和其他两边相交，所构成的三角形与原三角形相似． 有一个锐角相等的两个直角三角形相似. 2 三边成比例的两个三角形相似. 两组直角边成比例的两个直角三角形相似. 3 两边成比例且夹角相等的两个三角形相似. 斜边和直角边对应成比例的两个直角三角形相似. 4 两角分别相等的两个三角形相似． 1.（2026·湖南长沙·二模）如图，在中，，，，则的度数为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据等腰三角形性质可得，再根据平行线的性质即可得出答案． 【详解】解：∵， ∴， 在中， ∵， ∴， ∵， ∴． 2.（2026·湖南·模拟预测）如图，是的中位线，的平分线交于点，连接并延长交于，若，则的长为（    ） A．10 B．8 C．6 D．4 【答案】C 【分析】根据中位线性质求出，，根据等腰三角形的性质与判定求出，再求出的长，再证明，最后可得答案． 【详解】解：是的中位线，， ，， 是的平分线， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ． 3.（2026·湖南永州·一模）如图，在中，已知于点C，点D是边的中点，连接，若，，则的长为（    ） A．1 B． C．2 D． 【答案】C 【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到，证明，得到，即可求出的长． 【详解】解：∵于点C，点D是边的中点， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴，即， ∴． 4.（2026·湖南张家界·一模）如图，已知，，，，点E为所在直线上的动点．将线段绕点D逆时针旋转得到线段，连接，，．给出下列结论：①；②最小值是2；③最小值为；④的最大值是，其中所有正确的结论是（   ） A．①② B．①②③ C．①②④ D．②③④ 【答案】C 【分析】根据旋转的性质 得到是等腰直角三角形，可知；根据“垂线段最短”可知的最小值为2；当点E和点A重合时，，可知存在比小的值；当E，D，C三点不共线时，根据三角形三边关系，，当E在的延长线上时，． 【详解】解：由旋转的性质得，，，因此是等腰直角三角形，故，①正确， 由题意，，根据“垂线段最短”，当点E与点B重合时，，即的最小值为2，②正确． 当点E和点A重合时，由勾股定理得，，③错误． 当E，D，C三点不共线时，根据三角形三边关系，，当E在的延长线上时，，④正确； 综上正确的有①②④． 5.（2026·湖南株洲·一模）如图，在中，，将绕点逆时针方向旋转，使点的对应点在边上，点的对应点为，则________． 【答案】 【分析】根据旋转的性质可得，，再根据等腰三角形的性质和三角形内角和定理求出的度数，即可求解． 【详解】解：将绕点逆时针方向旋转得到， ，， 点在边上， ， 在中，， ． 6.（2026·湖南永州·一模）如图，在矩形中，，依据尺规作图的痕迹，可得______． 【答案】 【分析】根据矩形的性质得出，利用平行线的性质求出的度数，由作图痕迹可知是的平分线，是线段的垂直平分线，进而求出和的度数，最后利用直角三角形两锐角互余及对顶角相等即可求解． 【详解】解：如图， 四边形是矩形 由作图痕迹可知，平分，垂直平分线段 ， 7. 8.（2026·湖南岳阳·一模）如图，，，分别为的三边，其中，直线是边的垂直平分线，顶点到直线的距离为，我们将定义为的斜度，记作． (1)若的斜度，则__________． (2)若的三边满足关系式：，则斜度__________． 【答案】 /0.5 【分析】（1）根据斜度定义得出，利用线段垂直平分线的性质得出，进而利用等腰三角形的性质或正弦定理求解； （2）将已知等式变形为勾股定理的形式，判定三角形为直角三角形，利用平行线间的距离性质求出与的关系，代入斜度公式计算，即可求解． 【详解】（1）因为，且为三角形边长，， 所以，即顶点在直线上， 因为直线是边的垂直平分线， 所以，即， 所以， 所以， 所以； （2）由已知， ，即， 所以， 根据勾股定理的逆定理，是以为斜边的直角三角形，且， 所以， 因为直线是边的垂直平分线， 所以，且直线经过的中点， 所以，所以点到直线的距离等于平行线与之间的距离， 因为平分， 所以， 所以 9.（2026·湖南邵阳·二模）如图，在等腰直角三角形中，，，点为边的中点，点，分别为边上的动点，且，则的面积的最大值为__________． 【答案】2 【分析】连接，证明，当时，求得的最小值，据此即可求得的面积的最大值． 【详解】解：如图，连接， ∵为等腰直角三角形，，点为边的中点， ∴，， ∵， ∴，，即：， 在与中，， ∴， ∴． 即：． ∵， ∴当时，的最小值， 故：的最大值． 10.（2026·湖南永州·一模）如图，在中，，，点D为的中点，点P为边上的一个动点，当最小时，______． 【答案】2 【分析】作点A关于的对称点，连接交于点E，连接，，得到，当点D，P，三点共线时，最小，即的值，连接，然后证明出是等边三角形，得到，，然后解直角三角形求解即可． 【详解】解：如图，作点A关于的对称点，连接交于点E，连接，， ∴， ∴， ∴如图，当点D，P，三点共线时，最小，即的值，连接， ∵点A和点关于对称， ∴，， ∵，， ∴，， ∴， ∴是等边三角形， ∵点D为的中点， ∴，， ∴． 11.（2026·湖南长沙·一模）如图，在中，D是的中点，，，垂足分别为E，F，且． (1)求证：； (2)若，求的长． 【答案】(1)证明见解析 (2)的长为2 【分析】（1）根据是的中点，可得，证明，进而即可得证； （2）由（1）可得，则是等边三角形，再求出，最后根据含的直角三角形的性质求解即可． 【详解】（1）证明：∵是的中点， ∴． ∵，， ∴． 在和中： ∴， ∴； （2）解：由（1）知， ∴． 又∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴． ∵是中点， ∴． 在中，，， ∴， ∴． 12.（25-26八年级上·北京西城·期末）如图，，，，垂足分别为，． (1)求证：； (2)若，，求的度数． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理． （1）由题意可得，由可得，再证明即可证得； （2）由可得，，再利用等腰三角形的性质和三角形内角和定理即可求得的度数． 【详解】（1）证明：，， ． ， ，即． 在和中， ． ． （2）解：， ． ∴在中， ． ， ． ， ． ． 13.（2026·湖南长沙·模拟预测）数学课上，张老师用无刻度的直尺和圆规按照教材完成角平分线的作法，痕迹如图所示，在中： (1)连接，通过证明，得到，从而得到是的平分线，其中证明的依据是_____（填序号）． ①      ②      ③     ④ (2)若，的面积为，过点作于点，求的长． 【答案】(1)④ (2) 【分析】（）连接，根据全等三角形的判定定理“”即可求解； （）过点作于点，由角平分线的性质得，再利用的面积解答即可求解； 本题考查了全等三角形的判定，角平分线的性质，熟练掌握知识点是解题的关键． 【详解】（1）解：如图，连接， 由作图可知，，， ∵， ∴， ∴证明的依据是； （2）解：如图，过点作于点， ， ， ， ∵的面积为， ∴， ． 14.（2026·湖南岳阳·一模）为防治白蚁，保护古树，如图所示，园艺技术人员在古树两侧的水平地面上，于B，D两处使用专业检测工具，精准定位古树根部区域的白蚁窝P，检测线与相交于白蚁窝P．已知，检测线，与水平地面的夹角分别为，． (1)两次检测定位时，两条检测线形成的夹角的度数是多少？ (2)为了制定科学的除害方案，最大限度避免伤及古树根系，求白蚁窝P距离地面的深度．（结果保留整数，参考数据：，，，） 【答案】(1) (2)白蚁窝P距离地面的深度约为米 【分析】（1）根据对顶角相等可得，，根据三角形内角和即可解答； （2）设，解直角三角形表示出，，列方程即可解答． 【详解】（1）解：根据对顶角相等可得，， ； （2）解：如图，过点作， 设， 在中，可得， 在中，可得， 根据，可得， 解得， 答：白蚁窝P距离地面的深度约为米． 15.（2026·湖南娄底·一模）阅读与思考 【概念理解】 如果两条线段所在直线形成的夹角中有一个角是，且这两条线段相等，则称其中一条线段是另一条线段的双关联线段，也称这两条线段互为双关联线段． 例如，下列各图中的线段与所在直线形成的夹角中有一个角是，若，则下列各图中的线段都是相应线段的双关联线段． 【问题解决】 (1)问题1：如图1，在矩形中，若对角线与互为双关联线段，则_____． (2)问题2：如图2，在中，于点D，，点E在线段上，且，连接．求证：线段是线段的双关联线段． (3)问题3：如图3，点C在线段上，请在图3中作线段的双关联线段．（要求：①尺规作图，保留作图痕迹，不写作法；②作出一条即可）． 【答案】(1)45 (2)见解析 (3)见解析 【分析】（1）根据双关联线段的定义得到且，进而证得矩形是正方形，从而得到，利用求解即可； （2）易证明，进而得到、，延长交于点，根据易得到，利用三角形内角和定理得到，从而得出结论； （3）以点为圆心，任意长为半径画弧，交于点、点，再分别以点、点为圆心，大于长为半径画弧，两弧交于点，过点、作直线，此时；以点为圆心，长为半径画弧，交直线于点，此时，即线段是相应线段的双关联线段． 【详解】（1）解：与互为双关联线段， ，且， 矩形是正方形， 、， ； （2）解：， ， 在中，， ， ， ， 在和中， ， ， 、， 延长交于点， 在中，， ， ， ， ， 线段是线段的双关联线段； （3）解：如图，即为所求． 16.（2026·湖南株洲·一模）如图，四边形OBCD是边长为8的正方形，B，D分别在x，y的正半轴上，二次函数的图像经过点B且其顶点A在边上，连接，作轴于点H，T是直线上方的抛物线上一个动点（T不与O，A重合），过点T作轴于点R，交于点P，交于点Q． (1)直接写出点A的坐标，并求出该二次函数的解析式； (2)求证：的值为常数； (3)是否存在实数使得以，，（为常数，）的值为三边长的三角形为等边三角形？若存在，请说明理由，并求出的值和点T的坐标；若不存在，也请说明理由． 【答案】(1)点A的坐标为，二次函数的解析式为； (2)的值为常数； (3)存在时，等边三角形存在，此时点T的坐标为. 【分析】（1）根据正方形性质可求出点B的坐标，因为点A是顶点以及在上，结合对称轴公式可求出点A坐标，进而利用待定系数法即可求出二次函数的解析式； （2）因为点T，点Q，点R，点H均在二次函数图像、直线以及x轴上，可分别表示出这四个点的坐标，进而利用两点之间的距离公式表示出线段长，并代入式子进行计算即可； （3）在第（2）问的基础上表示出线段的长，并分别根据题干中所乘系数表示出线段长，进而根据等边三角形三边相等列出等式，进行计算即可求解. 【详解】（1）解：∵正方形的边长为8，∴， ∴点B的坐标为， ∵二次函数的解析式为，∴二次函数的图像也经过原点O， ∴二次函数图像的对称轴为直线， ∵点A是二次函数图像的顶点，且在上， ∴点A的坐标为， 将点A和点B分别代入可得， ，解得， ∴二次函数的解析式为； （2）∵点T是直线上方的抛物线上一个动点， 设点T的坐标为， ∵轴，∴点R的坐标为， ∵直线过原点，∴设直线的解析式为， 将点A 代入，可得， 解得， ∴直线的解析式为， ∵点Q在直线上， ∴点Q的坐标为， ∴， ∵轴， ∴点H的坐标为， ∴，， ∴； ∴的值为常数； （3）同（2）可设点T的坐标为， ∴点P的坐标为， ∴， ∴， 由（2）可得，， ∴，， 要使等边三角形存在，则一定存在： ， 化简，可得， 化简，可得， ∴， ∵，消去，解得， 当时，，∴点T的坐标为， ∴存在时，等边三角形存在，此时点T的坐标为. 【点睛】本题考查二次函数与线段综合问题，并结合考查等边三角形的性质，通过点坐标表示出线段长是解决本题的关键. 考点二 四边形 题型一 平行四边形的判定与性质综合 1.（2024·湖南·中考真题）如图，在四边形中，，点E在边上， ．请从“①；②，”这两组条件中任选一组作为已知条件，填在横线上（填序号），再解决下列问题： (1)求证：四边形为平行四边形； (2)若，，，求线段的长． 【答案】(1)①或②，证明见解析； (2)6 【分析】题目主要考查平行四边形的判定和性质，勾股定理解三角形，理解题意，熟练掌握平行四边形的判定和性质是解题关键． （1）选择①或②，利用平行四边形的判定证明即可； （2）根据平行四边形的性质得出，再由勾股定理即可求解． 【详解】（1）解：选择①， 证明：∵， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形； 选择②， 证明：∵，， ∴， ∵， ∴四边形为平行四边形； （2）解：由（1）得， ∵，， ∴． 2.（2023·湖南郴州·中考真题）如图，四边形是平行四边形．    (1)尺规作图；作对角线的垂直平分线（保留作图痕迹）； (2)若直线分别交，于，两点，求证：四边形是菱形 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）根据垂直平分线的作图方法进行作图即可； （2）设与交于点，证明，得到，得到四边形为平行四边形，根据，即可得证． 【详解】（1）解：如图所示，即为所求；    （2）∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， 如图：设与交于点，    ∵是的垂直平分线， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∵， ∴四边形为菱形． 【点睛】本题考查基本作图—作垂线，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，菱形的判定．熟练掌握菱形的判定定理，是解题的关键． 题型二 矩形的判定与性质综合 1.（2021·湖南邵阳·中考真题）如图，在矩形中，，垂足为点．若，，则的长为______． 【答案】3 【分析】在中，由正弦定义解得，再由勾股定理解得DE的长，根据同角的余角相等，得到，最后根据正弦定义解得CD的长即可解题． 【详解】解：在中， 在矩形中， 故答案为：3． 【点睛】本题考查矩形的性质、正弦、勾股定理等知识，是重要考点，难度较易，掌握相关知识是解题关键． 2.（2022·湖南娄底·中考真题）九年级融融陪同父母选购家装木地板，她感觉某品牌木地板拼接图（如实物图）比较美观，通过手绘（如图）、测量、计算发现点是的黄金分割点，即．延长与相交于点，则________.（精确到0.001）    【答案】0.618 【分析】设每个矩形的长为x，宽为y，则DE＝AD－AE＝x－y，四边形EFGM是矩形，则EG＝MF＝y，由得x－y≈0.618x，求得y≈0.382x，进一步求得，即可得到答案． 【详解】解：如图，设每个矩形的长为x，宽为y，则DE＝AD－AE＝x－y， 由题意易得∠GEM＝∠EMF＝∠MFG＝90°， ∴四边形EFGM是矩形， ∴EG＝MF＝y， ∵， ∴x－y≈0.618x， 解得y≈0.382x， ∴， ∴EG≈0.618DE． 故答案为：0.618． 【点睛】此题考查了矩形的判定和性质、分式的化简、等式的基本性质、二元一次方程等知识，求得y≈0.382x是解题的关键． 3.（2022·湖南常德·中考真题）在四边形中，的平分线交于，延长到使，是的中点，交于，连接． (1)当四边形是矩形时，如图，求证：①；②． (2)当四边形是平行四边形时，如图，（1）中的结论都成立，请给出结论②的证明． 【答案】(1)证明见详解 (2)证明见详解 【分析】（1）①证明即可；②连接BG，CG，证明，即可证明； （2）①的结论和（1）中证明一样，证明即可；②的结论，作，证明即可． 【详解】（1）证明：①证明过程： 四边形ABCD为矩形， 平分 为等腰直角三角形 ②证明：连接BG，CG， G为AF的中点，四边形ABCD为矩形， 平分， （2）作，如图所示 由（1）同理可证： 四边形ABCD为平行四边形 G为AF的中点，由平行线分线段成比例可得 ， 【点睛】本题考查了以矩形与平行四边形为桥梁，涉及全等三角形的证明，相似三角形的证明，正确作出辅助线并由此得到相应的全等三角形和相似三角形是解题的关键． 4.（2024·湖南长沙·中考真题）如图，在中，对角线，相交于点O，． (1)求证：； (2)点E在边上，满足．若，，求的长及的值． 【答案】(1)见解析 (2)， 【分析】本题考查矩形的判定与性质、勾股定理、等腰三角形的判定与性质、锐角三角函数等知识，熟练掌握矩形的判定与性质是解答的关键． （1）直接根据矩形的判定证明即可； （2）先利用勾股定理结合矩形的性质求得，．进而可得，再根据等腰三角形的判定得到，过点O作于点F，根据等腰三角形的性质，结合勾股定理分别求得，，，然后利用正切定义求解即可． 【详解】（1）证明：因为四边形是平行四边形，且， 所以四边形是矩形． 所以； （2）解：在中，，， 所以， 因为四边形是矩形， 所以，． 因为，所以． 过点O作于点F，则， 所以， 在中，， 所以． 5.（2022·湖南益阳·中考真题）如图，矩形ABCD中，AB＝15，BC＝9，E是CD边上一点（不与点C重合），作AF⊥BE于F，CG⊥BE于G，延长CG至点C′，使C′G＝CG，连接CF，AC′．    (1)直接写出图中与△AFB相似的一个三角形； (2)若四边形AFCC′是平行四边形，求CE的长； (3)当CE的长为多少时，以C′，F，B为顶点的三角形是以C′F为腰的等腰三角形？ 【答案】(1)答案不唯一，如△AFB∽△BCE (2)CE＝7.5 (3)当CE的长为长为或3时，以C′，F，B为顶点的三角形是以C′F为腰的等腰三角形 【分析】（1）因为△AFB是直角三角形，所以和它相似的三角形都是直角三角形，有三个直角三角形和△AFB相似，解答时任意写出一个即可； （2）根据△AFB∽△BGC，得，即，设AF＝5x，BG＝3x，根据△AFB∽△BCE∽△BGC，列比例式可得CE的长； （3）分两种情况：①当C'F＝BC'时，如图2，②当C'F＝BF时，如图3，根据三角形相似列比例式可得结论． 【详解】（1）解：（任意回答一个即可）； ①如图1，△AFB∽△BCE，理由如下：    ∵四边形ABCD是矩形， ∴DC∥AB，∠BCE＝∠ABC＝90°， ∴∠BEC＝∠ABF， ∵AF⊥BE， ∴∠AFB＝90°， ∴∠AFB＝∠BCE＝90°， ∴△AFB∽△BCE； ②△AFB∽△CGE，理由如下： ∵CG⊥BE， ∴∠CGE＝90°， ∴∠CGE＝∠AFB， ∵∠CEG＝∠ABF， ∴△AFB∽△CGE； ③△AFB∽△BGC，理由如下： ∵∠ABF+∠CBG＝∠CBG+∠BCG＝90°， ∴∠ABF＝∠BCG， ∵∠AFB＝∠CGB＝90°， ∴△AFB∽△BGC； （2）∵四边形AFCC'是平行四边形， ∴AF＝CC'， 由（1）知：△AFB∽△BGC， ∴ ，即， 设AF＝5x，BG＝3x， ∴CC'＝AF＝5x， ∵CG＝C'G， ∴CG＝C'G＝2.5x， ∵△AFB∽△BCE∽△BGC， ∴ ，即， ∴CE＝7.5； （3）分两种情况： ①当C'F＝BC'时，如图2，    ∵C'G⊥BE， ∴BG＝GF， ∵CG＝C'G， ∴四边形BCFC'是菱形， ∴CF＝CB＝9， 由（2）知：设AF＝5x，BG＝3x， ∴BF＝6x， ∵△AFB∽△BCE， ∴ ，即， ∴， ∴CE＝； ②当C'F＝BF时，如图3，    由（1）知：△AFB∽△BGC， ∴ ， 设BF＝5a，CG＝3a， ∴C'F＝5a， ∵CG＝C'G，BE⊥CC'， ∴CF＝C'F＝5a， ∴FG＝＝4a， ∵tan∠CBE＝， ∴， ∴CE＝3； 综上，当CE的长为长为或3时，以C′，F，B为顶点的三角形是以C′F为腰的等腰三角形． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了矩形的判定和性质，菱形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，平行线的性质，等腰三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考压轴题． 题型三 菱形性质与判定的综合 1．（2025·湖南·中考真题）如图，在四边形中，对角线与互相垂直平分，，则四边形的周长为（   ） A．6 B．9 C．12 D．18 【答案】C 【分析】本题考查了线段垂直平分线的性质，解题的关键是熟练掌握线段垂直平分线的性质． 根据线段垂直平分线的性质，可得四边形的四条边长相等，代入已知边长，计算周长即可． 【详解】解：∵在四边形中，对角线与互相垂直平分， ∴，，， ∴， ∵， ∴四边形的周长为， 解法二： ∵在四边形中，对角线与互相垂直平分， ∴四边形为菱形， ∴菱形的周长为， 故选：． 2.（2023·湖南湘西·中考真题）如图，四边形是平行四边形，，且分别交对角线于点M，N，连接．    (1)求证：； (2)若．求证：四边形是菱形． 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【分析】（1）连接，交于点，证明，推出四边形为平行四边形，得到，即可得证； （2）先证明四边形是菱形，得到，进而得到，即可得证． 【详解】（1）证明：连接，交于点，    ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴， 又， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∴， ∴； （2）∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是菱形， ∴， ∴， ∴平行四边形是菱形． 【点睛】本题考查平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质．熟练掌握相关知识点，是解题的关键． 3.（2023·湖南永州·中考真题）如图，已知四边形是平行四边形，其对角线相交于点O，．    (1)是直角三角形吗？请说明理由； (2)求证：四边形是菱形． 【答案】(1)是直角三角形，理由见解析． (2)见解析 【分析】（1）根据平行四边形对角线互相平分可得，再根据勾股定理的逆定理，即可得出结论； （2）根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形，即可求证． 【详解】（1）解：是直角三角形，理由如下： ∵四边形是平行四边形， ∴， ∵， ∴是直角三角形． （2）证明：由（1）可得：是直角三角形， ∴， 即， ∵四边形是平行四边形， ∴四边形是菱形． 【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质，勾股定理的逆定理，菱形的判定，解题的关键是掌握平行四边形对角线互相平分，对角线互相垂直的平行四边形是菱形． 3.．（2022·湖南长沙·中考真题）如图，在中，对角线AC，BD相交于点O，．    (1)求证：； (2)若点E，F分别为AD，AO的中点，连接EF，，求BD的长及四边形ABCD的周长． 【答案】(1)见解析 (2)，四边形ABCD的周长为 【分析】（1）根据对角线互相垂直的平行四边形是菱形即可得证； （2）根据三角形中位线的性质可得，进而可得的长，中，勾股定理求得，根据菱形的性质即可求解． 【详解】（1）证明：四边形是平行四边，， 四边形是菱形， ； （2）解：点E，F分别为AD，AO的中点， 是的中位线， ， ， ， 四边形是菱形， ， ， 在中，，， ， 菱形形的周长为． 【点睛】本题考查了菱形的性质与判定，三角形中位线的性质，勾股定理，掌握菱形的性质与判定是解题的关键． 4.（2022·湖南常德·中考真题）如图，已知正比例函数与反比例函数的图象交于，两点． (1)求的解析式并直接写出时的取值范围； (2)以为一条对角线作菱形，它的周长为，在此菱形的四条边中任选一条，求其所在直线的解析式． 【答案】(1)或 (2)或或或 【分析】（1）由点可求出反比例函数的解析式，根据反比例函数的对称性可求出，从而求解出时的取值范围； （2）由菱形的性质和判定可知另外两个点在直线的图象上且两个点关于原点对称，从而可求出这两个点的坐标即可求解． 【详解】（1）解：设， 在反比例函数的图象上， ， ， 由反比例函数图象的性质对称性可知：A与B关于原点对称，即， 当或时，； （2）如图所示，菱形的另外两个点设为M、N， 由菱形的性质和判定可知M、N在直线的图象上且两个点关于原点对称， 不妨设，则， 菱形AMBN的周长为， , ，， ， ，即，， 设直线AM的解析式为：, 则：，解得：， AM的解析式为：， 同理可得AN的解析式为：， BM的解析式为：， BN的解析式为： ． 【点睛】本题考查了反比例函数与一次函数的综合性问题，涉及了菱形性质的应用，勾股定理等知识，熟练掌握反比例函数与一次函数解析式求法，菱形性质的灵活应用是解题的关键． 题型四 正方形旋转、全等、相似综合 1.（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． 2．（2023·湖南怀化·中考真题）如图，点是正方形的对角线上的一点，于点，．则点到直线的距离为__________．    【答案】 【分析】过点作于，证明四边形四边形是正方形，即可求解． 【详解】解：如图所示，过点作于，    ∵点是正方形的对角线上的一点，于点 ∴四边形是矩形， ∴是等腰直角三角形， ∴ ∴四边形是正方形， ∴， 即点到直线的距离为 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的性质与判定，点到直线的距离，熟练掌握正方形的性质与判定是解题的关键． 3.（2023·湖南益阳·中考真题）如图，在正方形中，，E为的中点，连接，将绕点D按逆时针方向旋转得到，连接，则的长为______．    【答案】 【分析】由正方形，可得，，，证明，求解，再结合旋转的性质与勾股定理可得答案． 【详解】解：∵正方形， ∴，， ∴， ∵E为的中点， ∴， ∴， 由旋转可得：，， ∴； 故答案为：． 【点睛】本题考查的是正方形的性质，旋转的性质，勾股定理的应用，熟记旋转的性质是解本题的关键． 4.（2022·湖南邵阳·中考真题）如图，在菱形中，对角线，相交于点，点，在对角线上，且，． 求证：四边形是正方形． 【答案】证明过程见解析 【分析】菱形的两条对角线相互垂直且平分，再根据两条对角线相互垂直平分且相等的四边形是正方形即可证明四边形AECF是正方形． 【详解】证明：∵ 四边形ABCD是菱形 ∴ OA=OC，OB=OD且AC⊥BD， 又∵ BE=DF ∴ OB-BE=OD-DF 即OE=OF ∵OE=OA ∴OA=OC=OE=OF且AC=EF 又∵AC⊥EF ∴ 四边形DEBF是正方形． 【点睛】此题考查了菱形的性质和正方形的判定，解题的关键是掌握上述知识． 5.（2023·湖南·中考真题）问题情境：小红同学在学习了正方形的知识后，进一步进行以下探究活动：在正方形的边上任意取一点G，以为边长向外作正方形，将正方形绕点B顺时针旋转．      特例感知： （1）当在上时，连接相交于点P，小红发现点P恰为的中点，如图①．针对小红发现的结论，请给出证明； （2）小红继续连接，并延长与相交，发现交点恰好也是中点P，如图②，根据小红发现的结论，请判断的形状，并说明理由； 规律探究： （3）如图③，将正方形绕点B顺时针旋转，连接，点P是中点，连接，，，的形状是否发生改变？请说明理由． 【答案】（1）见解析；（2）是等腰直角三角形，理由见解析；（3）的形状不改变，见解析 【分析】（1）连接，，，根据正方形的性质求出，证明，推出，再利用余角的性质求出，推出即可； （2）根据正方形的性质直接得到，推出，得到是等腰直角三角形； （3）延长至点M，使，连接，证明，得到，推出，设交于点H，交于点N，得到，由得到，推出，进而得到，再证明，得到，，证得，再由，根据等腰三角形的三线合一的性质求出，即可证得是等腰直角三角形． 【详解】（1）证明：连接，，，如图，    ∵四边形，都是正方形， ∴， ∴， ∵四边形是正方形， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即点P恰为的中点； （2）是等腰直角三角形，理由如下： ∵四边形，都是正方形， ∴ ∴， ∴是等腰直角三角形； （3）的形状不改变， 延长至点M，使，连接，    ∵四边形、四边形都是正方形， ∴，， ∵点P为的中点， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴， 设交于点H，交于点N， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 又∵， ∴， ∴，， ∵， ∴，即， ∵， ∴，即， ∴， ∴， ∴， ∴是等腰直角三角形． 【点睛】此题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定和性质，平行线的性质等，（3）中作辅助线利用中点构造全等三角形是解题的难点，熟练掌握各性质和判定定理是解题的关键． 6.（2023·湖南·中考真题）（1）[问题探究] 如图1，在正方形中，对角线相交于点O．在线段上任取一点P（端点除外），连接．    ①求证：； ②将线段绕点P逆时针旋转，使点D落在的延长线上的点Q处．当点P在线段上的位置发生变化时，的大小是否发生变化？请说明理由； ③探究与的数量关系，并说明理由． （2）[迁移探究] 如图2，将正方形换成菱形，且，其他条件不变．试探究与的数量关系，并说明理由．    【答案】（1）①见解析；②不变化，，理由见解析；③，理由见解析；（2），理由见解析 【分析】（1）①根据正方形的性质证明，即可得到结论； ②作，垂足分别为点M、N，如图，可得，证明四边形是矩形，推出，证明， 得出，进而可得结论； ③作交于点E，作于点F，如图，证明，即可得出结论； （2）先证明，作交于点E，交于点G，如图，则四边形是平行四边形，可得，都是等边三角形，进一步即可证得结论． 【详解】（1）①证明：∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， ∴； ②的大小不发生变化，； 证明：作，垂足分别为点M、N，如图，    ∵四边形是正方形， ∴，， ∴四边形是矩形，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴，即； ③； 证明：作交于点E，作于点F，如图，        ∵四边形是正方形， ∴，， ∴，四边形是矩形， ∴， ∴， ∵，， ∴， 作于点M， 则， ∴， ∵， ∴， ∴； （2）； 证明：∵四边形是菱形，， ∴， ∴是等边三角形，垂直平分， ∴， ∵， ∴， 作交于点E，交于点G，如图， 则四边形是平行四边形，，， ∴，都是等边三角形， ∴，      作于点M，则， ∴， ∴． 【点睛】本题是四边形综合题，主要考查了正方形、菱形的性质，矩形、平行四边形、等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质以及解直角三角形等知识，熟练掌握相关图形的判定和性质、正确添加辅助线是解题的关键． 题型五 特殊四边形的多结论判断 1.（2021·湖南张家界·中考真题）如图，在正方形外取一点，连接，，，过点作的垂线交于点，若，．下列结论：①；②；③点到直线的距离为；④，其中正确结论的序号为______． 【答案】①②④ 【分析】利用同角的余角相等可得∠EDC=∠PDA，利用SAS可证明，可得①正确；②根据全等三角形的性质可得∠APD=∠CED，根据等腰直角三角形的性质可得∠DPE=∠DEP=45°，即可得出∠PEC=90°，可得②正确；过C作CF⊥DE，交DE的延长线于F，利用勾股定理可求出CE的长，根据△DEP是等腰直角三角形，可证△CEF是等腰直角三角形，根据等腰直角三角形的性质即可求出CF的长，可得③错误；④由③可知EF的长，即可得出DF的长，利用勾股定理可求出CD的长，即可求出正方形ABCD的面积，可得④正确，综上即可得答案． 【详解】∵四边形ABCD为正方形，PD⊥DE， ∴∠PDA+∠PDC=90°，∠EDC+∠PDC=90°，AD=CD， ∴∠EDC=∠PDA， 在△APD和△CED中， ∴△APD≌△CED，故①正确， ∴∠APD=∠DEC， ∵DP=DE，∠PDE=90°， ∴∠DPE=∠DEP=45°， ∴∠APD=∠DEC=135°， ∴∠PEC=∠DEC-∠DEP=90°， ∴AE⊥CE，故②正确， 如图，过C作CF⊥DE，交DE的延长线于F， ∵，∠PDE=90°， ∴PE=， ∵，∠PEC=90°， ∴CE==2， ∵∠DEP=45°，∠PEC=90°， ∴∠FEC=45°， ∵∠EFC=90°， ∴△CEF是等腰直角三角形， ∴CF=EF==， ∴点到直线的距离为，故③错误， ∴DF=EF+DE=+1， ∴CD2===， ∴，故④正确， 综上所述：正确的结论有①②④， 故答案为：①②④ 【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质、等腰直角三角形的性质、正方形的性质、正方形面积公式、勾股定理的运用等知识，熟练掌握相关判定定理和性质是解题的关键. 题型六 四边形线段 / 周长 / 面积最值 1.（2023·湖南·中考真题）如图，在矩形中，，动点在矩形的边上沿运动．当点不与点重合时，将沿对折，得到，连接，则在点的运动过程中，线段的最小值为__________．    【答案】/ 【分析】根据折叠的性质得出在为圆心，为半径的弧上运动，进而分类讨论当点在上时，当点在上时，当在上时，即可求解． 【详解】解：∵在矩形中，， ∴，， 如图所示，当点在上时，    ∵ ∴在为圆心，为半径的弧上运动， 当三点共线时，最短， 此时， 当点在上时，如图所示，    此时 当在上时，如图所示，此时    综上所述，的最小值为， 故答案为：． 【点睛】本题考查了矩形与折叠问题，圆外一点到圆上的距离的最值问题，熟练掌握折叠的性质是解题的关键． 2.（2022·湖南湘西·中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，M为BC的中点，H为AB上一点，过点C作CG∥AB，交HM的延长线于点G，若AC＝8，AB＝6，则四边形ACGH周长的最小值是（　　）    A．24 B．22 C．20 D．18 【答案】B 【分析】通过证明△BMH≌△CMG可得BH＝CG，可得四边形ACGH的周长即为AB+AC+GH，进而可确定当MH⊥AB时，四边形ACGH的周长有最小值，通过证明四边形ACGH为矩形可得HG的长，进而可求解． 【详解】∵CG∥AB， ∴∠B＝∠MCG， ∵M是BC的中点， ∴BM＝CM， 在△BMH和△CMG中， ， ∴△BMH≌△CMG（ASA）， ∴HM＝GM，BH＝CG， ∵AB＝6，AC＝8， ∴四边形ACGH的周长＝AC+CG+AH+GH＝AB+AC+GH＝14+GH， ∴当GH最小时，即MH⊥AB时四边形ACGH的周长有最小值， ∵∠A＝90°，MH⊥AB， ∴GH∥AC， ∴四边形ACGH为矩形， ∴GH＝8， ∴四边形ACGH的周长最小值为14+8＝22， 故选：B． 【点睛】本题主要考查全等三角形的判定与性质，确定GH的值是解题的关键． 3.（2022·湖南娄底·中考真题）菱形的边长为2，，点、分别是、上的动点，的最小值为______． 【答案】 【分析】过点C作CE⊥AB于E，交BD于G，根据轴对称确定最短路线问题以及垂线段最短可知CE为FG+CG的最小值，当P与点F重合，Q与G重合时，PQ+QC最小，在直角三角形BEC中，勾股定理即可求解． 【详解】解：如图，过点C作CE⊥AB于E，交BD于G，根据轴对称确定最短路线问题以及垂线段最短可知CE为FG+CG的最小值，当P与点F重合，Q与G重合时，PQ+QC最小， 菱形的边长为2，， 中， PQ+QC的最小值为 故答案为： 【点睛】本题考查了菱形的性质，勾股定理，轴对称的性质，掌握轴对称的性质求线段和的最小值是解题的关键． 知识1 特殊四边形的性质 四边形 边 角 对角线 对称性 平行四边形 对边平行且相等 对角相等 两条对角线互相平分 中心对称图形 矩形 对边平行且相等 四个角都是直角 两条对角线互相平分且相等 轴对称图形、中心对称图形 菱形 对边平行且四条边都相等 对角相等 两条对角线互相垂直平分，且每一条对角线平分一组对角 轴对称图形、中心对称图形 正方形 对边平行且四条边都相等 四个角都是直角 两条对角线互相垂直平分且相等，每一条对角线平分一组对角 轴对称图形、中心对称图形 知识2 特殊四边形的判定 四边形 边 角 对角线 平行四边形 1）两组对边分别平行 2)两组对边分别相等 3)一组对边平行且相等 两组对角分别相等 两组对角线互相平分 矩形 1）平行四边形+一直角 2）四边形+三直角 平行四边形+两条对角线相等 菱形 1）平行四边形+一组邻边相等 2）四边形+四条边都相等 平行四边形+两条对角线互相垂直 正方形 矩形+一组邻边相等 菱形+一直角 矩形+对角线互相垂直 菱形+对角线相等 平行四边形+一组邻边相等+一个角为直角 1．（2026·湖南岳阳·一模）如图，点C是反比例函数（）的图象上的一个动点，且轴于点A，交y轴于点B．则四边形的面积是（   ） A．12 B．9 C．6 D．3 【答案】C 【分析】根据值的几何意义，得到，证明四边形为平行四边形，即可得出结果. 【详解】解：∵点C是反比例函数（）的图象上的一个动点，且轴于点A， ∴，， ∵， ∴四边形为平行四边形， ∴四边形的面积. 2.（25-26九年级上·贵州贵阳·月考）如图，在矩形中，对角线，相交于点O，点E是边的中点，点F在对角线上，且，连接．若，则的长为（    ） A．1 B．2 C．4 D．8 【答案】B 【分析】本题考查矩形的性质，三角形中位线定理. 由矩形性质得点为中点，从而可得为的中位线，进而求解． 【详解】解：在矩形中，， ， ， ， 即点F是边的中点， 点是边的中点， 为的中位线， ． 故选：B． 3.（2026·湖南娄底·一模）如图，在中，．以点为圆心，以的长为半径作弧交边于点，连接．分别以点，为圆心，以大于的长为半径作弧，两弧交于点，作射线交于点，交边于点．下列结论正确的是（   ） ①；②；③；④． A．①②③ B．①③④ C．②③④ D．①②③④ 【答案】D 【分析】先根据平行四边形的性质得到、，再结合作图步骤得出、是的角平分线且垂直平分，进而判断为等边三角形，最后利用等腰三角形三线合一、平行线性质、含角的直角三角形性质逐一验证四个结论的正确性． 【详解】解：∵四边形是平行四边形，， ∴，， 由作图可知：，平分， ∴为等边三角形， ∴垂直平分， ∴，故①正确； ∴，，故②正确； ∵， ∴， 在中，，， ∴，故③正确； 在中，， ∴， 在中，， ∴， ∴，故④正确； 综上所述，①②③④均正确． 4.（2026·陕西西安·二模）如图，正方形的边长为，为边的中点，连接，过点作，垂足为，为上一点，且，则的长为（   ） A． B． C．3 D． 【答案】B 【分析】先利用正方形的性质和证明，推出，再利用勾股定理求出，即可求解． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵为边的中点，， ∴， ∴，即， ∵， ∴， ∴， ∵， 得（负值舍去）， ∴． 5.（2025·江苏常州·中考真题）如图，在中，E是上一点，，、的延长线相交于点F，若，则________． 【答案】1 【分析】本题考查平行四边形的性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握相关性质与判定是解题的关键．先利用平行四边形的性质得，，证明，得出，结合，即可求解． 【详解】解：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 故答案为：1． 6.（2025·四川内江·中考真题）如图，在矩形中，，点E、F分别是边上的动点，连接，点G为的中点，点H为的中点，连接，则的最大值是______． 【答案】5 【分析】本题考查了矩形的性质，三角形的中位线定理，勾股定理，通过三角形中位线定理进行转化是解题的关键．连接，先由勾股定理求得，则，再由三角形中位线定理得到，即可求解的最大值． 【详解】解：连接， ∵矩形中，， ∴， ∴， ∴， ∵点G为的中点，点H为的中点， ∴是的中位线， ∴， ∴当点重合时，取得最大值为5， 故答案为：5． 7.（2026·湖南永州·一模）如图，在矩形中，，依据尺规作图的痕迹，可得______． 【答案】 【分析】根据矩形的性质得出，利用平行线的性质求出的度数，由作图痕迹可知是的平分线，是线段的垂直平分线，进而求出和的度数，最后利用直角三角形两锐角互余及对顶角相等即可求解． 【详解】解：如图， 四边形是矩形 由作图痕迹可知，平分，垂直平分线段 ， 8.（2026·湖南·模拟预测）如图，点E在正方形的边上，将沿折叠，点D落在点F处，延长交于点G，若，则___________． 【答案】 【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，折叠的性质，正切的定义及勾股定理．连接，根据折叠的性质得到，，，证明，从而得出，再由设，则，从而得到相关线段的表达式，设，则，，，利用勾股定理求得x的值，进而得到的值，最终可求得结果． 【详解】解：如图，连接， 由折叠性质可知，，，， ∴，， 在和中， ， ∴， ∴， ∵， 设，则， ∴，， ∴， 设，则，，， 在中，， ∴， 解得：， ∴， ∴， 故答案为：． 9.（2026·湖南·模拟预测）已知平行四边形中，对角线相交于点． (1)如图1，若，求的长： (2)如图2，过点作于点，连接，过点作交于点，求证：． 【答案】(1) (2)见解析 【分析】（1）根据平行四边形的性质得到，再由勾股定理可得方程，解方程即可得到答案； （2）先证明，，再证明，即可证明． 【详解】（1）解：∵四边形是平行四边形， ∴， ，即， ． ， ∴， 或（舍去）． （2）证明：， ∴， ∴， ． 又， ∴， 又∵， ∴ ， 又∵， ， ． 10.（2026·湖南长沙·二模）如图，在中，的平分线和的平分线交于点E，点E在边上，以为边作． (1)求证：四边形是矩形； (2)若，求四边形的周长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）由平行四边形的性质得到，则由角平分线的定义和平行线的性质可证明，则可得到，据此结合矩形的判定定理可证明结论； （2）由平行四边形的性质得到，，则，利用含30度角的直角三角形的性质和勾股定理求出的长即可得到答案． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵的平分线和的平分线交于点E， ∴， ∴， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴四边形是矩形； （2）解：∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵平分， ∴， 由（1）得， ∴， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴四边形的周长． 11.（2026·湖南株洲·一模）如图，是直角三角形，．以为圆心，长为半径作弧，再以为圆心，长为半径作弧，两弧相交于点，连接，． (1)求证：四边形是矩形； (2)已知，，点为线段上一动点，过点作的垂线交射线于点，设，，求关于的函数解析式，并直接写出的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2)， 【分析】（1）先根据作图得到两组对边分别相等，判定四边形为平行四边形，再结合，即可证明其为矩形； （2）先用勾股定理求出的长度，再通过平行线性质和直角证明，利用相似三角形对应边成比例建立与的函数关系，最后根据点在线段上确定的取值范围即可． 【详解】（1）证明：由作图可知，，， ∴四边形是平行四边形， 又∵， ∴四边形是矩形； （2）解：∵，，， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即， ∴，即， ∵点为线段上一动点， ∴的取值范围是． 12.（2026·湖南邵阳·二模）如图，在菱形中，点分别是边上的一点，且与交于点． (1)求证：； (2)若，求的度数． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）由菱形四条边都相等得，根据得，在和中，利用证明； （2）由（1）知，再根据三角形内角和定理计算，最后利用三角形外角性质求得． 【详解】（1）证明：四边形为菱形，， ，即， 在和中， ， ； （2）解：由（1）知， ， ． 13.（2026·湖南衡阳·模拟预测）如图1，在中，点是边的一点，连接．若． (1)【初步感知】直接写出的值． (2)【问题解决】如图2，作射线与的延长线相交于点，连接的延长线与相交于点．试探究线段与线段之间的数量关系，并证明你的结论． (3)【变式探究】如图3，连接与交于点，连接． ①若，求证：； ②当时，与之间的关系是，求的值． 【答案】(1) (2)，理由见解析 (3)①见解析；②． 【分析】（1）先求得，，即可得到，据此求解即可； （2）连接交于点，证明，求得，推出四边形为平行四边形，再证明，求得，再证明，据此计算即可求解； （3）①证明是斜边上的中线，据此证明即可； ②证明，求得，再证明，求得，据此计算即可求解． 【详解】（1）解：连接， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）解：线段与线段之间的数量关系为：， 理由如下： 连接交于点，如下图： ∵，， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∴，， ∴，， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； （3）解：①延长和相交于点， ∵， ∴， 同理得， ∴， ∴是斜边上的中线， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴； ②延长和相交于点， 同理得， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴，即， ∴， ∴， ∵， ∴． 14.（2026·湖南益阳·二模）如图1，点是正方形边上的动点（不与点重合）．将线段绕点顺时针旋转得到线段，过点作，交的延长线于点．边分别与相交于点． (1)证明：． (2)已知正方形的边长为1，设． ①求的值；（结果用含的式子表示） ②如图2，连接，当线段的长度取得最大值时，求的值． 【答案】(1)见详解 (2)① ② 【分析】(1) 利用正方形性质和旋转性质，通过角的关系证明对应角相等，再用AAS证明三角形全等． (2) ①先利用全等和相似求出，再通过作垂线构造相似三角形求出，进而求出比值．     ②利用二次函数求出最大时a的值，再用勾股定理求出的三边长，利用面积法求出点M到的距离，最后在直角三角形中用正切定义求解． 【详解】（1）证明：四边形是正方形， ，， 将线段绕点顺时针旋转得到线段， ，， ， ， 、、三点共线， ， ， 在中，， ， 在和中： ， ， ， ． （2）①解：正方形的边长为，， ，， 由（1）知， ，， 、、、四点共线， ， ， ，， ， ， ， ， 过点作直线于点， ，， 、、三点共线， 四边形中，， 四边形是矩形， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ． ②解：， 当时，取得最大值， 此时， 由①知， ， 在中，，， ， 在中，，， ， 过点作于点， ，， 四边形是矩形， ，， ， ， 在中，， 点在外部， ， 过点作于点， ， ， ， 在中，， ． 15.（2026·湖南长沙·一模）在矩形中，E是边上一点（不与端点重合），以为边在矩形内部构造矩形，使得，连接． (1)如图1，当时，求的值； (2)如图2，将矩形绕点B顺时针旋转，连接，当时，求的值； (3)如图3，矩形在旋转的过程中，当点G落在边上时，D、G、F三点共线．若，，求的长． 【答案】(1)； (2)； (3) 【分析】（1）连接、，延长交于点，证明矩形和矩形是正方形，从而得出、、三点共线，再利用特殊角的正弦值求解即可； （2）连接、，利用特殊角的三角函数值得出，，从而证明，即可得解； （3）设，，利用矩形的性质求出，，证明，得出，，再结合求出的值，利用锐角三角函数，推出，利用对应边成比例求解即可． 【详解】（1）解：如图，连接、，延长交于点， 当时，， ，， 矩形和矩形是正方形， ，，， 四边形是矩形， ， 、是正方形和正方形的对角线， ， 、、三点共线， ， 在中，， ； （2）解：如图，连接、， 矩形和矩形， ，，，， ， ，， ， ， ， ，， ， 又， ， ； （3）解：，， ， 设，， 矩形和矩形， ，，，， ，， ， ， ， ， ， ，， ， ， 解得：， ，，，， ， ， ， ， ， ， ． 16.（2026·湖南湘潭·一模）综合探究 (1)【问题发现】 如图1，已知点为正方形对角线上一动点（不与点、重合），连接，将线段绕点顺时针旋转90°到处，连接．请写出与的数量关系，并给出证明过程． (2)【类比探究】 如图2，在矩形中，，点为对角线上一动点（不与点、重合）．在中，，，连接．请探究此时与的数量关系，并给出探究过程． (3)【拓展延伸】 如图3，在矩形中，，点为射线上一动点，点为的外接圆的圆心，连接，，若，则当时，请直接写出线段的长． 【答案】(1)，见解析 (2)，见解析 (3)的长为或 【分析】（1）①先根据旋转的性质得出，，再根据正方形的性质得出，，接着证明，从而可得； （2）先根据矩形的性质得出，再利用正切求得，，从而可得，再证明，从而可得，根据相似三角形的性质列出比例式，由此可得； （3）分两种情况：当点在线段上时，当点在线段的延长线上时．根据可得，再解三角形即可． 【详解】（1）解： 证明如下： 将绕点顺时针旋转90°到处， ，， 四边形是正方形， ，， ， ， ， （2）， 理由如下： 四边形是矩形， ， ， ， 同理在中，， ， ， ， ， 即， ， ，即 （3）的长为或 解：方法一 在中，，， ， 当点在线段上时， ， 在中，， 过点作， 在中，，， ，， 在中，， ， ； 当点在线段的延长线上时： ， 在中，， 过点作， 同理，在中，，， 在中，， ． 综上所述，的长为或． 方法二： 在中，，， ， 连接并延长交于点，连接， 在中，为直径 ，，且， 又， ，， 由（2）得， 设，则，， ，， ， 或， 或． 17.（2026·湖南株洲·一模）综合与实践 数学是以数量关系和空间形式为主要研究对象的科学，数学实践活动有利于我们在图形运动变化的过程中去发现其中的位置关系和数量关系，让我们在学习与探索中发现数学的美，体会数学实践活动带给我们的乐趣． 转一转：如图①，在矩形中，点、、分别为边、、的中点，连接、，为的中点，连接．将绕点旋转，线段、和的位置和长度也随之变化． 当绕点顺时针旋转90°时，请解决下列问题： (1)图②中，，此时点落在的延长线上，点落在线段上，连接，猜想与之间的数量关系，并证明你的猜想； (2)图③中，，，求； (3)剪一剪、折一折：在（2）的条件下，连接图③中矩形的对角线，并沿对角线剪开，得（如图④）．点、分别在、上，连接，将沿翻折，使点的对应点落在的延长线上，若平分，求长． 【答案】(1)，证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）先证明，得AF=CE，再根据中位线性质得GH=，等量代换即可； （2）连接，先证明，得到的比，再根据中位线性质得，等量代换即可； （3）过M作于H，根据折叠性质得，根据角平分线证明出，设，，根据三角函数定义找到x、y之间的关系，再利用，得到，代入解方程即可． 【详解】（1）解：，理由如下： ∵，四边形为矩形， ∴四边形为正方形， ∴， ∵E、F为，中点， ∴， ∴， ∴， ∵H为中点，G为中点， ∴， ∴； （2）解：， 连接，如图所示， 由题意知，，， ∴， 由矩形性质及旋转知，， ∴， ∴， ∵H为中点，G为中点， ∴， ∴； （3）解：过M作于H，如图所示， 由折叠知，，， ∵平分， ∴， ∴， ∵，， ∴， 设，， 由知，， 即，，   ∵， ∴， ∴， 即，， ∴， 解得：， ∴． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 专题04 三角形与四边形 目录 01析·考情目标 02筑·专题框架 03攻·重难考点 考点一三角形(Cl并单击鼠标可跟踪链接) 题型一：特殊三角形性质与判定 题型二：三角形全等证明与计算 题型三：三角形相似判定与比例计算 题型四：解直角三角形（三角函数综合） 真题动向 题型五：三角形多结论判断题 题型六：三角形线段/周长/面积最值问题 题型七：三角形尺规作图与计算证明 题型八：三角形手拉手模型 题型九：三角形与圆综合 知识1特殊三角形的性质与判定 必备知识 知识2全等三角形的性质与判定 知识3相似三角形的性质与判定 命题预测 考点二 四边形(Cl并单击鼠标可跟踪链接) 题型一、平行四边形的判定与性质综合 题型二、 矩形的判定与性质综合 题型三、菱形的判定与性质综合 真题动向 题型四、正方形旋转、全等、相似综合 题型五、特殊四边形的多结论判断 题型六、四边形线段、周长、面积最值 知识1特殊四边形的性质 必备知识 知识2特殊四边形的判定 命题预测 1/36 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 析考情目标 1.呈现“新材料、新情境、新问题”的特点，以文字、图形、网格、折叠/旋转操作、动态几何 为主要载体，突出对逻辑推理、直观想象、数学建模核心素养的考查，常融入传统文化（如古代 命题 建筑、几何图案)与生活应用，强调几何直观与严谨证明 2.从命题内容上看，三角形部分重点考查全等、相似、勾股定理及特殊三角形的性质与判定，常 透视 结合折叠、旋转等变换进行证明与计算；四边形部分聚焦平行四边形、矩形、菱形、正方形的性 质与判定，常与三角形综合，考查特殊四边形的判定及动态问题；整体命题趋势是“三角形为基础、 四边形为载体、变换为手段”，强调逻辑推理与数形结合 考点 2025年 2024年 T7(长沙市卷三角形内角) T8(湖南省卷三角形内角) 三角形的性质与判定 T19(湖南省卷等腰直角三角形) T15(湖南省卷等腰三角形) T8(湖南省卷三角形中位线) T15(长沙市卷三角形中位线) T25(湖南省卷全等证明) T26(湖南省卷全等综合) 三角形全等与相似 T21(长沙市卷全等三角形) T21(长沙市卷全等证明) 热考 T10(湖南省卷相似三角形) T10(长沙市卷相似三角形) 角度 T21(长沙市卷正方形性质) T23(长沙市卷矩形性质) 特殊四边形的性质 T23(长沙市卷矩形性质) T21(长沙市卷正方形性质) T10(湖南省卷菱形性质) T10(湖南省卷菱形性质) T21(湖南省卷平行四边形与三角形) T25(湖南省卷四边形与三角形) 四边形与三角形综合 T25(长沙市卷四边形与圆) T24(长沙市卷四边形与圆) T10(湖南省卷菱形与动点) T21(长沙市卷四边形与全等) T25(湖南省卷折叠与全等) T26(湖南省卷动点最值) 几何变换与动态问题 T26(湖南省卷动点与函数) T25(长沙市卷折叠问题) T25(长沙市卷旋转与全等) T24(长沙市卷旋转探究) 一、命题形式 将继续以图形、折叠/旋转、网格、动态情境为主要载体，融入传统文化（如几何图案、古代建筑） 与生活应用，突出对逻辑推理、直观想象、数学建模核心素养的考查，强调“从图形中发现规律， 用推理证明结论”。 命题 二、核心考点预测 1)三角形：重点考查全等与相似、勾股定理及特殊三角形性质，常结合折叠、旋转等变换进行综 预测 合计算与证明。 2)四边形：聚焦平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质与判定，多与三角形综合，考查判定证 明及动态问题。 3)综合趋势：压轴题将以“几何变换+特殊图形+动点问题”为主，强化分类讨论与数形结合，同时 函数与几何综合的比重会进一步提升。 2/36 高学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 02 筑·专题框架 3/36 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 等边对等角 性质 三线合一 等腰三角形 两腰相等 定义法一有两边相等的 判定 等角对等边 三个角相等且为60 性质 三边相等 等边三角形 三个角相等 般三角形 特殊三角形 判定 三条边相等 等腰三角形中，有一个角是60 角的性质一两锐角互余 性质 边的性质一两直角边的平方和-斜边的平方（勾股定理， 中线=斜边的一半 特殊线段的性质 若∠A-30,则a=2C 1 直角三角形 有一个角是直角 角的判定 两个内角互余 判定 线段判定一中线-斜边的一半 勾股定理逆定理一a2十b2=c2 三角形与四边形 边一对边平行目相等 性质 角一对角相等，邻角互补 对角线一互相平分 平行四边形 两组对边分别平行 一边 两组对边分别相等 组对边平行且相等 是平行四边形 判定 四边形 角一两组对角分别相等 对角线一互相平分 四个角部是直角 性质 对角线相等 矩形 厂有一个角是直角的平行四边形 角 判定 七有三个角是直角的四边形 对角线一对角线相等的平行四边形 四条边都相等 性质 儿对角线互相垂直且平分一组对角 特殊平行四边形 十菱形 厂有一组邻边相等的平行四边形 边 判定 L四条边都相等的四边形 ·对角线一互相垂直的平行四边形 四条边相等，四个角是直角 性质 对角线相等目互相垂直平分、平分一组对角 L正方形 ·边一有一组邻边相等的矩形 判定 角一有一个角是直角的菱形 对角线互相垂直的矩形 对角线 对角线相等的菱形 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 03 攻·重难考点 考点一 三角形 真 题 动 向 ◆题型一特殊三角形性质与判定 1.(2024湖南中考真题)等腰三角形的一个底角为40°，则它的顶角的度数是 2.(2025湖南中考真题)已知，a,b,c是ABC的三条边长，记t= +)，共中为整致。 (1)若三角形为等边三角形，则t=; (2)下列结论正确的是 (写出所有正确的结论) ①若k=2,t=1,则ABC为直角三角形 ②若k=1,a= )b+2,c=1,则5<1<11 5 ③若&=1,1≤兮，a,b,c为三个连续整数，且a<b<c,则满足条件的A8C的个数为7 3.(2023·湖南郴州中考真题)在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6,BC=8,斜边AB上的中线长为 4.(2023湖南湘西.中考真题)如图，在矩形ABCD中，点E在边BC上，点F是AE的中点， AB=8,AD=DE=10,则BF的长为 D 5.(2023湖南中考真题)如图，在等边三角形ABC中，D为AB上的一点，过点D作BC的平行线DE交 AC于点E,点P是线段DE上的动点（点P不与D、E重合），将△ABP绕点A逆时针方向旋转60°，得到 △ACQ,连接EQ、PQ,PQ交AC于F. 5/36 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 备用图 (1)证明：在点P的运动过程中，总有∠PEQ=120° 2当AC为何值时，△4QF是直角三角形？ DP ◆题型二三角形全等证明与计算 判 找第三边 SSS 定两 已知两边 找夹角 SAS 找直角 HL 三 边为角的对边 找另一角AAS 已知一边、一角 找夹角的另一边 SAS 形 一边是角的邻边 找夹边的另一角 ASA 全等的 找边的对角 AAS 找夹边 ASA 已知两角 找其中一角的对边 AAS 点方法 路 1.(2024湖南长沙.中考真题)如图，点C在线段AD上，AB=AD,∠B=∠D,BC=DE· D (1)求证：△ABC≌△ADE; (2)若∠BAC=60°，求∠ACE的度数 2.(2023湖南益阳.中考真题)如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC>BC,点D在边AC上，将线段 DA绕点D按顺时针方向旋转90°得到DA',线段DA'交AB于点E,作A'F⊥AB于点F,与线段AC交于点 G,连接FC,GB B E A D (1)求证：△ADE≌△A'DG; 6/36 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 (2)求证：AF.GB=AG·FC; B若4C=8,m4=当4G平分四边形DCBE的面积时，求AD的长。 3.(2023湖南.中考真题)如图，AB=AC,CD⊥AB,BE⊥AC,垂足分别为D,E· D B (1)求证：△ABE≌△ACD; (2)若AE=6,CD=8,求BD的长 ◆题型三三角形相似判定与比例计算 有平行截线←用判定定理1 另一对等角 普通三角形判定相似思路 有一对等角←找 夹边成比例 有两边对应成比例←找 夹角相等 第三边也成比例 一对锐角相等 直角三角形←找两组直角边的比相等 斜边和直角边成比例 特殊三角形判定相似思路 顶角相等 等腰三角形←找 一组底角相等 包方法 底和腰的比相等 1. (2023湖南常德中考真题)如图，在ABC中，AB=AC,D是BC的中点，延长DA至E,连接 EB.EC. E E A H F◇ M B B G D D 图1 图2 7/36 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 (1)求证：△BAE≌△CAE; (2)在如图1中，若AE=AD,其它条件不变得到图2，在图2中过点D作DF⊥AB于F,设H是EC的中 点，过点H作HGIAB交FD于G,交DE于M. 求证： ①AF,MH=AM·AE; ②GF=GD 2.(2024湖南长沙.中考真题)如图，在菱形ABCD中，AB=6,∠B=30°，点E是BC边上的动点，连 接AE,DE,过点A作AF⊥DE于点F.设DE=x,AF=y,则y与x之间的函数解析式为（不考虑自变 量x的取值范围)() D B E 9 A.y= B.y=2 C.y=18 0.y=36 3.(2024湖南.中考真题)如图，在ABC中，点D,E分别为边AB,AC的中点.下列结论中，错误的是 () D B A.DE∥BC B.△ADE∽△ABCC.BC=2DE D.S. 2 4.(2023湖南.中考真题)在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AD是斜边BC上的高. D (1)证明：△ABD-△CBA; (2)若AB=6,BC=10,求BD的长。 5.(2023湖南中考真题)如图，CA1AD,ED⊥AD,点B是线段AD上的一点，且CB⊥BE.己知 AB=8,AC=6,DE=4. 8/36 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 E A B D (1)证明：△ABCn△DEB. (2)求线段BD的长. 6.(2023·湖南岳阳中考真题)如图1，在ABC中，AB=AC,点M,N分别为边AB,BC的中点，连接MN 初步尝试：(1)MN与AC的数量关系是」 ,MN与AC的位置关系是 特例研讨：（2)如图2，若∠BAC=90°，BC=42,先将△BMN绕点B顺时针旋转u(a为锐角)，得到 △BEF,当点A,E,F在同一直线上时，AE与BC相交于点D,连接CF. M M 图1 图2 备用图 (1)求∠BCF的度数； (2)求CD的长 深入探究：(3)若∠BAC<90°，将aBMN绕点B顺时针旋转α，得到△BEF,连接AE,CF.当旋转角 a满足0°<a<360°，点C,E,F在同一直线上时，利用所提供的备用图探究∠BAE与∠ABF的数量关系， 并说明理由 ◆题型四解直角三角形（三角函数综合） 1.(2025·湖南中考真题)如图，某处有一个晾衣装置，固定立柱AB和CD分别垂直地面水平线1于点B, D,AB=19分米，CD>AB.在点A,C之间的晾衣绳上有固定挂钩E,AE=13分米，一件连衣裙MN 挂在点E处（点M与点E重合），且直线MN⊥I. 9/36 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 C E(0 E(M E D 7777777777777777777777 7777777777777777T77/777777 图1 图2 (1)如图1，当该连衣裙下端点N刚好接触到地面水平线/时，点E到直线AB的距离EG等于12分米，求该连 衣裙MN的长度： (2)如图2，为避免该连衣裙接触到地面，在另一端固定挂钩F处再挂一条长裤（点F在点的右侧)，若 ∠BAE=76.1°，求此时该连衣裙下端N点到地面水平线1的距离约为多少分米？（结果保留整数，参考数 据：sin76.1°≈0.97，c0s76.1°≈0.24，tan76,1°≈4.04) 2.(2024湖南中考真题)如图，左图为《天工开物》记载的用于春(chong)捣谷物的工具-一“碓(dui)" 的结构简图，右图为其平面示意图，己知AB⊥CD于点B,AB与水平线/相交于点O,OE11.若BC=4 分米，OB=12分米.∠BOE=60°，则点C到水平线1的距离CF为 分米（结果用含根号的式子表 示)· D B 工 生堂 物 3.(2025湖南长沙.中考真题)如图，某景区内两条互相垂直的道路α，b交于点M,景点A,B在道路a上， 景点C在道路b上.为了进一步提升景区品质，景区管委会在道路b上又开发了风景优美的景点D.经测 得景点C位于景点B的北偏东60°方向上，位于景点A的北偏东30°方向上，景点B位于景点D的南偏西 45°方向上.已知AB=800m. D 只5 309 609 a B A M (1)求∠ACB的度数； (2)求景点C与景点D之间的距离.（结果保留根号） 4.（2024湖南.中考真题)某数学研究性学习小组在老师的指导下，利用课余时间进行测量活动. 10/36 函学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 活动主题 测算某水池中雕塑底座的底面积 测量工具 皮尺、测角仪、计算器等 某休闲广场的水池中有一雕塑，其底座的底面为矩形ABCD,其示 意图如下： 模型抽象 D 活动 过程 ①在水池外取一点E,使得点C,B,E在同一条直线上： ②过点E作GH⊥CE,并沿EH方向前进到点F,用皮尺测得EF的 测绘过程 长为4米： 与数据信 ③在点F处用测角仪测得∠CFG=60.3°，∠BFG=45°， 息 ∠AFG=21.8°； ④用计算器计算得：sin60.3°≈0.87，cos60.3°≈0.50， tan60.3°≈1.75.sin21.8°≈0.37，cos21.8°≈0.93，tan21.8°≈0.40. 请根据表格中提供的信息，解决下列问题（结果保留整数）： (1)求线段CE和BC的长度： (2)求底座的底面ABCD的面积. 5.(2023湖南常德.中考真题)今年“五一”长假期间，小陈、小余同学和家长去沙滩公园游玩，坐在如图的 椅子上休息时，小陈感觉很舒服，激发了她对这把椅子的好奇心，就想出个问题考考同学小余，小陈同学 先测量，根据测量结果画出了图1的示意图（图2）·在图2中，已知四边形ABCD是平行四边形，座板 CD与地面MN平行，△EBC是等腰三角形且BC=CE,∠FBA=114.2°，靠背FC=57cm,支架AN=43cm ,扶手的一部分BE=16.4cm,这时她问小余同学，你能算出靠背顶端F点距地面(MN)的高度是多少吗？ 请你帮小余同学算出结果（最后结果保留一位小数）·（参考数据：si65.8°=0.91，c0s65.8°=0.41， tan65.8°=2.23) 11/36 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 EA B D M N 图1 图2 ◆题型五三角形多结论判断题 1.(2022湖南益阳.中考真题)如图，已知△ABC中，∠CAB=20°，∠ABC=30°，将△ABC绕A点逆时针 旋转5O°得到△AB'C,以下结论：①BC=BC',②AC‖CB,③C'B⊥BB',④∠ABB=∠ACC,正确的有() B B A.①②③ B.①②④ C.①③④ D.②③④ 2.(2021湖南衡阳.中考真题)如图，矩形纸片ABCD,AB=4,BC=8,点M、N分别在矩形的边AD、BC 上，将矩形纸片沿直线MN折叠，使点C落在矩形的边AD上，记为点P,点D落在G处，连接PC,交 MN于点Q,连接CM·下列结论：①四边形CMPN是菱形：②点P与点A重合时，MN=5;③△PQM的 面积S的取值范围是4≤S≤5，其中所有正确结论的序号是() Q A M D O B C A.①②③ B.①② C.①③ D.②③ 3.(2022湖南娄底.中考真题)在平面直角坐标系中，0为坐标原点，已知点P(m,1)、Q1,m(m>0且 m≠1)，过点P、Q的直线与两坐标轴相交于A、B两点，连接OP、OQ,则下列结论中成立的是() 12/36 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 ①点P、Q在反比例函数y=”的图象上；②A0B成等腰直角三角形；③0°<∠PO0<90°；④LP00的 值随m的增大而增大. A.②③④ B.①③④ C.①②④ D.①②③ 4.(2022湖南常德.中考真题)如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，∠ACB=30°，将ABC绕点C顺时针 旋转60°得到△DEC,点A、B的对应点分别是D,E,点F是边AC的中点，连接BF,BE,FD,则下 列结论错误的是() A.BE=BC B.BF∥DE,BF=DE C.∠DFC=90° D.DG=3GF ◆题型六三角形线段/周长面积最值问题 1.(2023·湖南湘西.中考真题)如图，⊙0是等边三角形ABC的外接圆，其半径为4.过点B作BE1AC于 点E,点P为线段E上一动点（点P不与B,E重合），则CP+P的最小值为 B 2.(2022湖南娄底.中考真题)如图，己知等腰ABC的顶角∠BAC的大小为O,点D为边BC上的动点（与 B、C不重合)，将AD绕点A沿顺时针方向旋转O角度时点D落在D处，连接BD'.给出下列结论：① △ACD兰△ABD';②△ACB~△ADD';③当BD=CD时，△ADD'的面积取得最小值，其中正确的结论有 (填结论对应的序号)· 13/36 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 B D' ◆题型七三角形尺规作图与计算证明 1.(2024湖南长沙.中考真题)如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AB=2√5，AC=2,分别以点A,B 为圆心，大于？AB的长为半径画弧，两弧分别交于点M和N,作直线MN分别交AB,BC于点D,E,连 接CD,AE. M E D B (1)求CD的长； (2)求△ACE的周长 2.(2025湖南长沙，中考真题)如图，在ABC中，AB=AC,∠B=72°，以点C为圆心，适当长为半径作 弧，交C4于点从、交CB于点心，再分别以点4，N为圆心，大于号W的长度为半径作弧，两弧相交于 点P,作射线CP交AB于点D. M N (1)求∠BCD的度数： (2)若BC=2.5,求AD的长 ◆题型八三角形手拉手模型 14/36 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 点方法 类型 等边三角形的手拉手模型 等腰直角三角形的手拉手模型 图示 D 条件 △0AB,△0CD均是等腰三角形= △OAB,△0CD均是等腰三角形- 结论 △OAC≌△OBD AC=BD △OAC≌△OBDH AC=BD /AEB=60° E0平分∠AEDH /AEB=90° E0平分∠AED 类型 构双等边三角形： 构双等腰直角三角形和 图示 条件 等边△ABC 等腰直角△ABC,∠BAC=90°P 方法 作等边△ADE 作等腰直角△ADB,∠DAE=90° 结论 △ABD2△4CEA 1. (2021湖南郴州.中考真题)如图1，在等腰直角三角形ABC中，∠BAC=90°，点E,F分别为AB, AC的中点，H为线段EF上一动点（不与点E,F重合），将线段AH绕点A逆时针方向旋转90°得到AG ,连接GC,HB. E H C B 图1 图2 (1)证明：△AHB≌△AGC; (2)如图2，连接GF,HG,AF交AC于点Q. 15/36 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 ①证明：在点H的运动过程中，总有∠HFG=90°； ②若AB=AC=4,当EH的长度为多少时，△AQG为等腰三角形？ ◆题型九三角形与圆综合 1.5.(2025湖南.中考真题)如图，ABC的顶点A,C在⊙0上，圆心0在边AB上，∠ACB=120, BC与O0相切于点C,连接OC. B (1)求∠AC0的度数： (2)求证：AC=BC. 2.(2022湖南娄底.中考真题)如图，己知BD是RIAABC的角平分线，点O是斜边AB上的动点，以点O为 圆心，OB长为半径的O0经过点D,与OA相交于点E. D (1)判定AC与⊙0的位置关系，为什么？ g诺8C=,cD- ①求sin∠DBC、sin ZABC的值； ②试用sin∠DBC和cos∠DBC表示sin ZABC,猜测sin2a与sinu,cosa的关系，并用a=30°给予验证。 ●●0 ◇知识1 特殊三角形的性质与判定 等腰三角形 等边三角形 直角三角形 性 (1)两腰相等 (1)三边相等 (1)两锐角之和等于90° 质 (2)两底角相等（简写成“等边 (2)三个内角相等，都等于60° (2)斜边上的中线等于斜边的 对等角”). (3)是轴对称图形，有三条对称 一半. (3)顶角的平分线、底边上的中 轴 (3)30°角所对的直角边等于 线、底边上的高线互相重合（简 (4)等边三角形三条角平分线的 斜边的一半 16/36 函学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 称“三线合一”)· 交点、三条高线的交点、三条中 (4)勾股定理：两直角边的平方 (4)是轴对称图形，有一条对称 线的交点重合， 和等于斜边的平方，即 轴 a2+b2=c2(a,b为直角边， c为斜边) 判 (1)有两条边相等的三角形是等 (1)三边相等的三角形是等边三 (1)有一个角为90°的三角形 定 腰三角形， 角形. 是直角三角形. (2)有两个角相等的三角形是等 (2)三个角都相等的三角形是等 (2)有两个角互余的三角形是 腰三角形（依据“等角对等 边三角形 直角三角形 边”) (3)有一个角等于60°的等腰三 (3)勾股定理的逆定理：若 角形是等边三角形. a2+b2=c2,则以a,b,c为 三边的三角形是直角三角形. 面 S=ah（a为等腰三角形的底 S专ab=克cm(a,b为直角 积 2 S-V3 a2(a为等边三角形的 4 边，c为斜边，m为斜边上的高) 边长，h为底边上的高). 边长). 《。知识2全等三角形的性质与判定 全等三角形的性质： 1)全等三角形的对应边相等，对应角相等. 2)全等三角形对应边上的高线相等，对应边上的中线相等，对应角的角平分线相等 3)全等三角形的周长相等，面积相等（注意：周长或面积相等的三角形不一定是全等三角形）· 全等三角形的判定： 判定方法 文字描述 图示 SSS 三边对应相等的两个三角形全等. ASA 两角和它们的夹边对应相等的两个三 角形全等。 17/36 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 AAS 两角分别相等且其中一组等角的对边 相等的两个三角形全等。 SAS 两边和它们的夹角对应相等的两个三 角形全等. HL 斜边和一条直角边对应相等的两个直 角三角形全等. 《。知识3相似三角形的性质与判定 1.相似三角形的性质 ①相似三角形的对应角相等，对应边的比相等 ②相似三角形对应高的比，对应中线的比，对应角平分线的比都等于相似比. ③相似三角形周长的比等于相似比，面积比等于相似比的平方， ④三角形的相似具有传递性：若△ABC∽△BDC,△ABC∽△ADB,则△BDC∽△ADB. 【易错点】对相似三角形的面积比不清而出错 2.相似三角形的判定 判定三角形相似的常用定理 直角三角形相似的判定方法 1 平行于三角形一边的直线和其他两边相交，所 有一个锐角相等的两个直角三角形相似， 构成的三角形与原三角形相似： 2 三边成比例的两个三角形相似， 两组直角边成比例的两个直角三角形相似， 3 两边成比例且夹角相等的两个三角形相似. 斜边和直角边对应成比例的两个直角三角形相似. 4 两角分别相等的两个三角形相似. 命 题 预 1.(2026湖南长沙.二模)如图，在ABC中，AB=AC,∠BAC=40°，AD∥BC,则LCAD的度数为() 18/36 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 A.70° B.65 C.60 D.55° 2.(2026湖南模拟预测)如图，DE是ABC的中位线，∠ACB的平分线交DE于点F,连接AF并延长交 BC于G,若AC=I0,DE=8,则BG的长为() D G A.10 B.8 C.6 D.4 3.(2026湖南永州一模)如图，在△ABE中，已知BC⊥AE于点C,点D是AB边的中点，连接CD,若 CD∥BE,AD=1,则BE的长为() B E A.1 B.√5 C.2 D.25 4.(2026湖南张家界.一模)如图，己知∠A=∠ABC=90°，AB=5,BC=2,AD=1,点E为AB所在直 线上的动点.将线段DE绕点D逆时针旋转90°得到线段DF,连接EF,EC,CF.给出下列结论：① ∠DEF=45°；②EC最小值是2；③FC最小值为25；④EC-ED的最大值是√26，其中所有正确的结论 是() A.①② B.①②③ C.①②④ D.②③④ 19/36 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 5.(2026湖南株洲一模)如图，在ABC中，∠ABC=70°，将ABC绕点A逆时针方向旋转，使点B的对 应点B在BC边上，点C的对应点为C,则LCAC'=° C B 6.(2026湖南永州.一模)如图，在矩形ABCD中，∠ACB=64°，依据尺规作图的痕迹，可得∠a= 0 64 个 8.(2026湖南岳阳.一模)如图，a,b,c分别为△ABC的三边，其中a≤b≤c,直线l是BC边的垂直平分 线，顶点A到直线的距离为d,我们将定义为aABC的斜度，记作P= a B a ()若aABC的斜度p=0,则sinB sinC (2)若△ABC的三边满足关系式： (b+c(c-b=1,则斜度p= a 9.(2026湖南邵阳·二模)如图，在等腰直角三角形ABC中，∠A=90°，BC=4√2，点D为边BC的中点， 点E,F分别为边AB,AC上的动点，且DE⊥DF,则△AEF的面积的最大值为 A B D 10.(2026湖南永州一模)如图，在ABC中，AB=25,∠B=30°，点D为AB的中点，点P为BC边上 20/36 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 的一个动点，当PD+PA最小时，BP= A B 11.(2026湖南长沙.一模)如图，在ABC中，D是BC的中点，DE⊥AB,DF⊥AC,垂足分别为E,F, 且DE=DF. A E 小 D (1)求证：∠B=C: (2)若AB=BC=8,求BE的长 12.(25-26八年级上北京西城期末)如图，AB=AC,DB⊥AB,EC1AC,垂足分别为B,C, ∠BAC=∠DAE. E D B (1)求证：AD=AE; (2)若∠BAD=20°，∠DAE=110°，求∠CED的度数. 13.(2026湖南长沙模拟预测)数学课上，张老师用无刻度的直尺和圆规按照教材完成角平分线的作法，痕 迹如图所示，在ABC中： A E B (1)连接MP,NP,通过证明△BMP≌△BNP,，得到∠ABD=∠CBD,从而得到BD是∠ABC的平分线，其中 证明aBMP≌△BNP的依据是（填序号）. 21/36 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 ①SAS ②ASA③AAS ④SSS (2)若AB=6,BC=4,ABC的面积为10，过点D作DE⊥AB于点E,求DE的长. 14.(2026湖南岳阳.一模)为防治白蚁，保护古树，如图所示，园艺技术人员在古树两侧的水平地面MN上， 于B,D两处使用专业检测工具，精准定位古树根部区域的白蚁窝P,检测线AB与CD相交于白蚁窝P.已 知BD=12.69m,检测线AB,CD与水平地面MN的夹角分别为LABM=30°，∠CDN=21°48'. C M D N (1)两次检测定位时，两条检测线形成的夹角∠APC的度数是多少？ (2)为了制定科学的除害方案，最大限度避免伤及古树根系，求白蚁窝P距离地面MN的深度.（结果保留 整数，参考数据：sin21°48'≈0.37，c0s21°48'≈0.93，tan21°48'≈0.4，√3≈1.73) 15.（2026湖南娄底一模)阅读与思考 【概念理解】 如果两条线段所在直线形成的夹角中有一个角是90°，且这两条线段相等，则称其中一条线段是另一条线段 的双关联线段，也称这两条线段互为双关联线段. 例如，下列各图中的线段AB与CD所在直线形成的夹角中有一个角是90°，若AB=CD,则下列各图中的 线段CD都是相应线段AB的双关联线段 D D D A(C) 图① 图② 图③ ■ D C B 图1 图2 图3 【问题解决】 (1)问题1：如图1，在矩形ABCD中，若对角线AC与BD互为双关联线段，则∠ACB=一°， (2)问题2：如图2，在ABC中，AD⊥BC于点D,∠BAD=45°，点E在线段AD上，且DE=DC,连接 BE,求证：线段BE是线段AC的双关联线段 (3)问题3：如图3，点C在线段AB上，请在图3中作线段AB的双关联线段CD,(要求：①尺规作图，保 22/36 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 留作图痕迹，不写作法；②作出一条即可)· 16.(2026湖南株洲一模)如图，四边形OBCD是边长为8的正方形，B,D分别在x,y的正半轴上，二 次函数y=ax2+bx(a<0)的图像经过点B且其顶点A在CD边上，连接OA,作AH⊥x轴于点H,T是直线 OA上方的抛物线上一个动点(T不与O,A重合)，过点T作TR⊥x轴于点R,交CD于点P,交OA于点 0. D B R (1)直接写出点A的坐标，并求出该二次函数的解析式； (2)求证： TO OR.RH 的值为常数： 名AQR(a为常数，0<2<子)的值为=边长的三角形为容 7 (3)是否存在实数2使得以√2PT,1T2, 边三角形？若存在，请说明理由，并求出2的值和点T的坐标；若不存在，也请说明理由. 考点二 四边形 题 动 向 ●● ◆题型一平行四边形的判定与性质综合 1.(2024湖南中考真题)如图，在四边形ABCD中，AB∥CD,点E在边AB上，-·请从“①∠B=∠AED ;②AE=BE,AE=CD"这两组条件中任选一组作为己知条件，填在横线上（填序号），再解决下列问题： B (1)求证：四边形BCDE为平行四边形； (2)若AD⊥AB,AD=8,BC=10,求线段AE的长 2.(2023湖南郴州.中考真题)如图，四边形ABCD是平行四边形. 23/36 函学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 A ◇ B C (1)尺规作图；作对角线AC的垂直平分线MN(保留作图痕迹)； (2)若直线MN分别交AD,BC于E,F两点，求证：四边形AFCE是菱形 ◆题型二矩形的判定与性质综合 ①(2021：湖南部阳中考真题）如图，在矩形ABCD中，DE上AC,垂足为点E,若sin∠ADB=,AD=4 ,则AB的长为 D E B C 2.(2022湖南娄底中考真题)九年级融融陪同父母选购家装木地板，她感觉某品牌木地板拼接图（如实物 图)比较美观，通过手绘（如图）、测量、计算发现点E是AD的黄金分割点，即DE≈O.618AD.延长 HF与AD相交于点G,则EG≈DE.(精确到0.001) A 01 D 3.(2022湖南常德.中考真题)在四边形ABCD中，∠BAD的平分线AF交BC于F,延长AB到E使 BE=FC,G是AF的中点，GE交BC于O,连接GD. 24/36 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 D D G G B B F C E (1)当四边形ABCD是矩形时，如图，求证：①GE=GD;②B0·GD=G0·FC. (2)当四边形ABCD是平行四边形时，如图，(1)中的结论都成立，请给出结论②的证明， 4.(2024湖南长沙.中考真题)如图，在口ABCD中，对角线AC,BD相交于点O,LABC=90°. D BE E (1)求证：AC=BD; (2)点E在BC边上，满足∠CE0=∠C0E,若AB=6,BC=8,求CE的长及tan∠CE0的值. 5.(2022湖南益阳.中考真题)如图，矩形ABCD中，AB=15,BC=9,E是CD边上一点（不与点C重合）， 作AF⊥BE于F,CG⊥BE于G,延长CG至点C',使CG=CG,连接CF,AC. E D 备用图1 备用图2 (1)直接写出图中与△AFB相似的一个三角形； (2)若四边形AFCC是平行四边形，求CE的长； 3)当CE的长为多少时，以C,F,B为顶点的三角形是以CF为腰的等腰三角形？ ◆题型三菱形性质与判定的综合 1.(2025湖南中考真题)如图，在四边形ABCD中，对角线AC与BD互相垂直平分，AB=3,则四边形 ABCD的周长为() 25/36 学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 B A D A.6 B.9 C.12 D.18 2.(2023湖南湘西.中考真题)如图，四边形ABCD是平行四边形，BM‖DN,且分别交对角线AC于点M, N,连接MD,BN. M B D C (1)求证：∠DMN=∠BNM; (2)若∠BAC=∠DAC.求证：四边形BMDN是菱形. 3.(2023湖南永州中考真题)如图，已知四边形ABCD是平行四边形，其对角线相交于点O, OA=3.BD=8.AB=5 B (1)AOB是直角三角形吗？请说明理由： (2)求证：四边形ABCD是菱形 3.(2022湖南长沙.中考真题)如图，在。ABCD中，对角线AC,BD相交于点O,AB=AD. E B (1)求证：AC1BD: 2若点E,F分别为AD,AO的中点，连接EF，EF=,A0=2,求BD的长及四边形ABCD的周长 4.（2022湖南常德中考真题)如图，己知正比例函数%=x与反比例函数的图象交于A(2,2),B两点. 26/36 函学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 个y A 0 B (1)求⅓的解析式并直接写出为<y2时x的取值范围： (2)以AB为一条对角线作菱形，它的周长为4√10，在此菱形的四条边中任选一条，求其所在直线的解析式. ◆题型四正方形旋转、全等、相似综合 1.(2025湖南长沙.中考真题)如图，正方形ABCD中，点E,F分别在AB,CD上，且BE=DF. D E B (1)求证：四边形AECF是平行四边形； (2)连接EF,若BC=12,BE=5,求EF的长. 2.(2023湖南怀化中考真题)如图，点P是正方形ABCD的对角线AC上的一点，PE⊥AD于点E, PE=3.则点P到直线AB的距离为 D E B 3.(2023湖南益阳.中考真题)如图，在正方形ABCD中，AB=4,E为AB的中点，连接DE,将△DAE绕 点D按逆时针方向旋转90°得到△DCF,连接EF,则EF的长为一· 27/36 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 D B 4.(2022湖南邵阳中考真题)如图，在菱形ABCD中，对角线AC,BD相交于点0，点E,F在对角线 BD上，且BE=DF,OE=OA. 求证：四边形AECF是正方形 D B 5.(2023湖南中考真题)问题情境：小红同学在学习了正方形的知识后，进一步进行以下探究活动：在正 方形ABCD的边BC上任意取一点G,以BG为边长向外作正方形BEFG,将正方形BEFG绕点B顺时针旋转. D 图① 图② 图③ 特例感知： (1)当BG在BC上时，连接DF,AC相交于点P,小红发现点P恰为DF的中点，如图①.针对小红发现 的结论，请给出证明； (2)小红继续连接EG,并延长与DF相交，发现交点恰好也是DF中点P,如图②，根据小红发现的结论， 请判断APE的形状，并说明理由； 规律探究： (3)如图③，将正方形BEFG绕点B顺时针旋转，连接DF,点P是DF中点，连接AP,EP,AE, APE的形状是否发生改变？请说明理由， 6.(2023湖南.中考真题)(1)[问题探究] 如图1，在正方形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O.在线段AO上任取一点P(端点除外)，连接 PD、PB. 28/36 高学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 A 图1 ①求证：PD=PB; ②将线段DP绕点P逆时针旋转，使点D落在BA的延长线上的点Q处.当点P在线段A0上的位置发生变 化时，∠DPQ的大小是否发生变化？请说明理由； ③探究AQ与OP的数量关系，并说明理由. (2)迁移探究] 如图2，将正方形ABCD换成菱形ABCD,且∠ABC=60°，其他条件不变.试探究AQ与CP的数量关系， 并说明理由 D δ A 图2 ◆题型五特殊四边形的多结论判断 1.(2021湖南张家界.中考真题)如图，在正方形ABCD外取一点E,连接DE,AE,CE,过点D作DE的 垂线交AE于点P,若DE=DP=I,PC=√6，下列结论：①△APD≌△CED;②AE⊥CE;③点C到直 线DE的距离为V5:④SE方形4BCD=5+2V2,其中正确结论的序号为· B ◆题型六四边形线段/周长/面积最值 1.(2023湖南中考真题)如图，在矩形ABCD中，AB=2,AD=√7，动点P在矩形的边上沿 B→C→D→A运动.当点P不与点A、B重合时，将AABP沿AP对折，得到△AB'P,连接CB,则在点P 的运动过程中，线段CB的最小值为 29/36 命学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 B P 2.(2022湖南湘西中考真题)如图，在Rt△ABC中，∠A=90°，M为BC的中点，H为AB上一点，过点C 作CGIlAB,交HM的延长线于点G,若AC=8,AB=6,则四边形ACGH周长的最小值是() M G A.24 B.22 C.20 D.18 3.(2022湖南娄底.中考真题)菱形ABCD的边长为2，∠ABC=45°，点P、Q分别是BC、BD上的动点， CQ+PQ的最小值为 D B D 核 提 炼 分知识1 特殊四边形的性质 四边形 边 角 对角线 对称性 平行四边形 对边平行且相等 对角相等 两条对角线互相平分 中心对称图形 矩形 对边平行且相等 四个角都是直角 两条对角线互相平分且相等 轴对称图形、中心对 称图形 菱形 对边平行且四条边 对角相等 两条对角线互相垂直平分，且每 轴对称图形、中心对 都相等 条对角线平分一组对角 称图形 正方形 对边平行且四条边 四个角都是直角 两条对角线互相垂直平分且相 轴对称图形、中心对 都相等 等，每一条对角线平分一组对角 称图形 《◇知识2 特殊四边形的判定 30/36 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 四边形 边 角 对角线 平行四 1)两组对边分别平行 两组对角分别相等 两组对角线互相平分 边形 2)两组对边分别相等 3)一组对边平行且相等 矩形 1)平行四边形+一直角 平行四边形+两条对角线相等 2)四边形+三直角 菱形 1)平行四边形+一组邻边相等 平行四边形+两条对角线互相垂直 2)四边形+四条边都相等 正方形 矩形+一组邻边相等 菱形+一直角 矩形+对角线互相垂直 平行四边形+一组邻边相等+一个角为直角 菱形+对角线相等 命 题 1. (2026湖南岳阳一模)如图，点C是反比例函数y=-6(x<0)的图象上的一个动点，且CA1x轴 于点A,AB‖OC交y轴于点B.则四边形ABOC的面积是() B A.12 B.9 C.6 D.3 2.(25-26九年级上贵州贵阳·月考)如图，在矩形ABCD中，对角线AC,BD相交于点O,点E是边AD的 中点，点F在对角线4C上，且AF=AC,连接EF,若4C=8,则EF的长为《) 4 E A.1 B.2 C.4 D.8 3.(2026湖南娄底·一模)如图，在·ABCD中，∠D=60°，以点B为圆心，以BA的长为半径作弧交边BC 31/36 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 于点E,连接AE,分别以点A,E为圆心，以大于。AE的长为半径作弧，两弧交于点P,作射线BP交 AE于点O,交边AD于点F,下列结论正确的是() B ①∠ABF=∠EBF:②BF⊥AE;③AF=2OA;④0B=OF. A.①②③ B.①③④ C.②③④ D.①②③④ 4.(2026陕西西安.二模)如图，正方形ABCD的边长为2√5，E为边AB的中点，连接CE,过点D作 DF⊥CE,垂足为F,G为DF上一点，且DG=CF,则CG的长为() D G H B A.5 B.22 C.3 D.10 5.(2025江苏常州中考真题)如图，在。ABCD中，E是AD上一点，DE=2AE,CE、BA的延长线相交 于点F,若AB=2,则AF= 6.(2025四川内江中考真题)如图，在矩形ABCD中，AB=8,AD=6,点E、F分别是边AD、CD上的动 点，连接BE、EF,点G为BE的中点，点H为EF的中点，连接GH,则GH的最大值是 B D 7.(2026湖南永州.一模)如图，在矩形ABCD中，∠ACB=64°，依据尺规作图的痕迹，可得∠α= 0 32/36 学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 649 8.(2026湖南·模拟预测)如图，点E在正方形ABCD的边CD上，将ADE沿AE折叠，点D落在点F处， 延长EF交BC于点G,若AD=3DE,则tan∠EGC= E B G 9.(2026湖南模拟预测)已知平行四边形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O,AB=AC,AB⊥AC. D A D B 图1 图2 (1)如图1，若BD=2√5，求AB的长： (2)如图2，过点C作CE⊥BD于点E,连接AE,过点A作AF⊥AE交BD于点F,求证：BF=CE. 10.(2026湖南长沙.二模)如图，在▣ABCD中，∠ABC的平分线BE和∠BCD的平分线CE交于点E,点E 在AD边上，以BE,CE为边作oBECF. B (1)求证：四边形BECF是矩形； (2)若AD=2,∠D=60°，求四边形BECF的周长 11.(2026湖南株洲.一模)如图，ABC是直角三角形，∠B=90°.以A为圆心，BC长为半径作弧，再以 C为圆心，AB长为半径作弧，两弧相交于点D,连接AD,CD. 33/36 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 ID (1)求证：四边形ABCD是矩形： (2)己知AB=6,BC=8,点P为线段AC上一动点，过点P作AC的垂线交射线AD于点F,设AP=x, P℉=y,求y关于x的函数解析式，并直接写出x的取值范围. 12.(2026湖南邵阳·二模)如图，在菱形ABCD中，点E,F分别是边AB,BC上的一点，且AE=CF,AF与 CE交于点O. D 0 A E B (1)求证：△ABF≌△CBE; (2)若∠B=130°，∠BAF=12°，求∠A0E的度数. 13.(2026湖南衡阳·模拟预测)如图1，在。ABCD中，点M是BC边的一点，连接AM.若 O四边形AMCD· M 图1 图2 图3 因【衔步感知】监接写出的值。 (2)【问题解决】如图2，作射线DM与AB的延长线相交于点P,连接CP,AM的延长线与CP相交于点N.试 探究线段CP与线段CN之间的数量关系，并证明你的结论， (3)【变式探究】如图3，连接BD,BD与AM交于点E,连接CE. ①若AM⊥BD,求证：∠CED=LABD; ②当∠ABD=∠CEM时，AB与AE之间的关系是AB=k·AE,求k的值. 14.(2026湖南益阳·二模)如图1，点E是正方形ABCD边BC上的动点（不与点B,C重合）·将线段AE绕 点E顺时针旋转90得到线段EF,过点F作FG⊥BC,交BC的延长线于点G.边DC分别与AF,EF相交 于点M,W. 34/36 学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 D D M M F N N B G B G E C E 图1 图2 (1)证明：△ABE≌△EGF. (2)已知正方形ABCD的边长为1，设BE=a. ①求CV 的值；（结果用含a的式子表示） DM ②如图2，连接EM,当线段CN的长度取得最大值时，求tan∠MEF的值. 15.(2026·湖南长沙.一模)在矩形ABCD中，E是边AB上一点（不与端点重合），以BE为边在矩形ABCD 内部构造矩形8EGF,使得2--m,连接DG BC BE G 图1 图2 图3 4如图1，当m=1时，求的值， DG 2如图2，将矩形BBGF绕点B顺时针旋转9(0°<0<30)，连接AB,当m=5时，求二的值： 3 DG B)如图3，矩形BEGF在旋转的过程中，当点G落在BC边上时，D、G、F三点共线.若m-,BF=4, 求AE的长. 16.(2026湖南湘潭.一模)综合探究 D D D C F E B B 图1 图2 图3 图4 (1)【问题发现】 如图1，已知点E为正方形ABCD对角线AC上一动点（不与点A、C重合），连接BE,将线段BE绕点B 顺时针旋转90°到BF处，连接CF,请写出AE与CF的数量关系，并给出证明过程. 35/36 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 (2)【类比探究】 如图2，在矩形ABCD中，LACB=60°，点E为对角线AC上一动点（不与点A、C重合）·在Rt△BEF中， ∠EBF=90°，∠EFB=∠ACB,连接CF,请探究此时AE与CF的数量关系，并给出探究过程. (3)【拓展延伸】 如图3，在矩形ABCD中，∠ACB=60°，点E为射线AC上一动点，点M为BEC的外接圆的圆心，连接 BM,CM,若AC=8,则当LBMC=90°时，请直接写出线段AE的长. 17.（2026湖南株洲.一模)综合与实践 数学是以数量关系和空间形式为主要研究对象的科学，数学实践活动有利于我们在图形运动变化的过程中 去发现其中的位置关系和数量关系，让我们在学习与探索中发现数学的美，体会数学实践活动带给我们的 乐趣。 转一转：如图①，在矩形ABCD中，点E、F、G分别为边BC、AB、AD的中点，连接EF、DF,H为 DF的中点，连接GH.将△BEF绕点B旋转，线段DF、GH和CE的位置和长度也随之变化. ① ④ 当△BEF绕点B顺时针旋转90时，请解决下列问题： (1)图②中，AB=BC,此时点E落在AB的延长线上，点F落在线段BC上，连接AF,猜想GH与CE之间 的数量关系，并证明你的猜想； 2)图③中，4B=2,BC=3,求G别 CE (3)剪一剪、折一折：在(2)的条件下，连接图③中矩形的对角线AC，并沿对角线AC剪开，得ABC(如 图④)·点M、N分别在AC、BC上，连接MN,将aCMN沿MN翻折，使点C的对应点P落在AB的延 长线上，若PM平分∠APN,求CM长. 36/36