专题06 四边形（5年汇编）（天津专用）2022-2026年中考数学真题分类汇编

**基本信息** 四边形专题5年真题1年模拟汇编，聚焦平行四边形性质、特殊四边形等核心考点，覆盖天津中考全题型，难度梯度清晰，适配中考复习需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选填题|3-6分/题|平行四边形性质、三角形中位线|基础性质直接应用，结合简单计算与证明| |解答题|8-15分/题|矩形/菱形/正方形、动点问题|融入折叠/旋转动态情境，压轴题考查分类讨论与数形结合，匹配2024-2026年几何综合题命题趋势|

函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题06四边形 5年真题1年模拟 中考品题透析园 考点分类 天津考情(2022-2026) 命题规律 连续5年高频考查，全题 型覆盖，选填题以基础性 质应用为主，分值3-6 基础题侧重平行四边形对边相等、对角相等、对角线 分；解答题常与三角形全 互相平分的核心性质直接应用，多为简单计算与基础 考点01利用平行 等、特殊四边形结合考 证明；中档题常结合三角形全等、勾股定理综合考 四边形的性质求解 查，2024-2026年在几何 查，需要通过性质推导边角关系；压轴题融入折叠、 综合题中作为核心基础考 旋转等动态情境，结合分类讨论思想，考查性质的灵 点，单题分值可达8-10 活综合应用，强调逻辑推理与几何直观能力。 分，整体考查频次稳定， 难度梯度清晰。 连续5年必考，是几何计 算与证明的核心工具考 基础题侧重三角形中位线定理（平行于第三边且等于 点，题型以填空题、解答 第三边的一半)的直接应用，多为求线段长度、判断 题为主，2022-2026年每 考点02与三角形 平行关系：中档题常结合平行四边形性质、特殊三角 年均有1-2道题目涉及， 中位线有关的求解 形（等腰、直角三角形）综合考查，需要通过构造中 问题 单题分值3-6分，常与平 位线解决线段计算与证明问题：压轴题融入坐标系、 行四边形、特殊三角形、 动点情境，结合中点模型、勾股定理考查综合应用， 坐标系结合考查，是中点 核心考查转化与化归的数学思想。 类问题的核心解题思路， 考查频次逐年稳定，难度 1/20 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 以中档为主。 连续5年核心高频考点， 全题型覆盖，是几何模块 基础题侧重矩形、菱形、正方形的基础性质与判定定 的分值主力，每年考查分 理直接应用，多为简单计算与基础证明；中档题常结 值8-15分，选填题侧重基 合三角形全等、勾股定理、解直角三角形综合考查， 础性质与判定，解答题以 考点03特殊的平 需要通过特殊四边形的性质推导边角关系，完成证明 证明与综合计算为主， 行四边形 与计算；压轴题融入折叠、旋转、坐标系等情境，结 2023-2026年每年均在解 合分类讨论、数形结合思想，考查特殊四边形的综合 答题第22-23题固定考 应用，是几何压轴题的核心载体，强调逻辑推理与综 查，矩形、菱形、正方形 合运算能力。 为核心考查对象，考查难 度梯度清晰，区分度高。 题目以平行四边形为基础图形，在边、对角线或延长 连续5年高频考查，是几 线上设置动点，设定运动速度、时间、运动范围，设 何综合题与压轴题的核心 问层层递进、难度逐步提升；第一问多为基础线段计 题型，2022-2026年每年 算，利用动点速度、时间表示线段长度，结合平行四 均有1道题目涉及，单题 边形性质、勾股定理直接求解；第二问侧重特殊四边 分值10-14分，常出现在 考点04平行四边 形判定，结合动点位置，根据平行四边形、矩形、菱 解答题第24题（几何压 形中的动点问题 形的判定定理，推导线段关系或求解运动时间；第三 轴)或第25题（函数压 问进入核心难点，考查动点背景下的三角形相似、全 轴)，2025年在函数压轴 等问题，需要分类讨论对应关系，结合性质列方程求 题中作为核心考点，难度 解；第四问为综合拔高题，融合面积计算、函数最 以中高档为主，是区分高 值、存在性探究，核心考查数形结合、分类讨论的综 分段的核心题型。 合数学思维，是对学生综合能力的全面考查。 五年真题分类园 考点01利用平行四边形的性质求解 1.(2024天津.中考真题)将一个平行四边形纸片OABC放置在平面直角坐标系中，点O0,0,点A3,0, 2/20 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 点B,C在第一象限，且OC=2,∠AOC=60°. 图① 图② (1)填空：如图①，点C的坐标为 点B的坐标为 (②)若P为X轴的正半轴上一动点，过点P作直线！⊥x轴，沿直线折叠该纸片，折叠后点O的对应点O落在 X轴的正半轴上，点C的对应点为C.设OP=t. ①如图②，若直线！与边CB相交于点Q,当折叠后四边形POCQ与口OABC重叠部分为五边形时，OC 与AB相交于点E.试用含有t的式子表示线段BE的长，并直接写出t的取值范围； ②设折叠后重叠部分的面积为S,当写≤t≤ 2 飞时，求S的取值范围（直接写出结果即可） 考点02与三角形中位线有关的求解问题 2.(2024天津.中考真题)如图，正方形ABCD的边长为3V2,对角线AC,BD相交于点O,点E在CA 的延长线上，OE=5,连接DE, E y B (1)线段AE的长为： (2)若F为DE的中点，则线段AF的长为 3.(2022天津.中考真题)如图，已知菱形ABCD的边长为2，∠DAB=60°，E为AB的中点，F为CE 的中点，AF与DE相交于点G,则GF的长等于 3/20 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D G B 考点03特殊的平行四边形 4.(2026天津.中考真题)如图，在菱形ABCD中，BC=5,∠B=60°，连接AC. D (I)线段AC的长为 (IⅡ)点E在边AB上，点F在BC的延长线上，EF与AC相交于点G,H为CD的中点.若AE=CF=1, 则线段GH的长为 5.(2026天津.中考真题)矩形ABCD中，AB=5cm,AD=7cm.动点P从点A出发，以1cm/s的速 度沿边AD、边DC向终点C运动；动点Q从点A同时出发，以1Cm/S的速度沿边AB、边BC向终点C运 动.设运动的时间为ts.当t=3S时，点P,Q的位置如图所示.给出下面三个结论： C ①当t=6S时，四边形APCQ是平行四边形： ②△APO的最大重积为 .cm: ③当△APQ的面积为10cm2时，t=2只V5s或t=10s. 上述结论中，所有正确结论的序号是() A.①② B.①③ C.②③ D.①②③ 6.(2025·天津.中考真题)如图，在矩形ABCD中，AB=2,BC=3,点E在边BC上，且EC=2BE. (1)线段AE的长为 (2)F为CD的中点，M为AF的中点，N为EF上一点，若∠FMN=75°，则线段MN的长为 4/20 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 M 7.(2023天津.中考真题)在平面直角坐标系中，O为原点，菱形ABCD的顶点 A930j.o.D12.1是形gGH的点r0,-3,0, (1)填空：如图①，点C的坐标为 ,点G的坐标为■ (②)将矩形EFGH沿水平方向向右平移，得到矩形EFGH,点E,F,G,H的对应点分别为E,F,G, H'.设EE=t,矩形EFGH与菱形ABCD重叠部分的面积为S. y C C G H G H N H B D B E E M A A 图① 图② ①如图②，当边EF与AB相交于点M边GH与BC相交于点N,且矩形EFGH与菱形ABCD重叠 部分为五边形时，试用含有t的式子表示S,并直接写出t的取值范围： ②当 sH8 3 4 二时，求S的取值范围（直接写出结果即可）· 8. (2023天津·中考真题)如图，在边长为3的正方形ABCD的外侧，作等腰三角形ADE,EA=ED=5 E G D (1)△ADE的面积为 5/20 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (2)若F为BE的中点，连接AF并延长，与CD相交于点G,则AG的长为 考点04平行四边形中的动点问题 9.(2022天津中考真题)将一个矩形纸片OABC放置在平面直角坐标系中，点O(0,0),点A(3,0),点 C(0,6),点P在边OC上（点P不与点O,C重合），折叠该纸片，使折痕所在的直线经过点P,并与x 轴的正半轴相交于点Q,且∠OPQ=30°，点O的对应点O落在第一象限.设OQ=t. B 图① 图② (1)如图①，当t=1时，求∠OQA的大小和点O的坐标： (2)如图②，若折叠后重合部分为四边形，OQ,OP分别与边AB相交于点E,F,试用含有t的式子表示 OE的长，并直接写出t的取值范围： 3)若折叠后重合部分的面积为33， 则t的值可以是 (请直接写出两个不同的值即可)· 年模拟练测园 一、单选题 1.(2026天津西青.一模)如图，E是正方形ABCD中AD边上任意一点，以点A为中心，把△ABE逆时 针旋转90°得到△ADF,点B,E的对应点分别为D,F,BE的延长线与DF相交于点G,则下列结论一 定正确的是() D A B A.BG=DF B.∠ABE=30° C.BG⊥DF D.AE=ED 6/20 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 2.(2026天津红桥.一模)如图，在正方形ABCD中，E为边BC上一点，连接AE.按以下步骤作图：① 以点A为圆心，适当长为半径画弧，与边AB相交于点F,与AE相交于点G；②以点E为圆心，AF长为半 径画弧，与EC相交于H;③以点H为圆心，FG长为半径画弧，与第②步中所画的弧相交于点I(在BC 上方)，作射线EI;④以点E为圆心，AE长为半径画弧，与射线EI相交于点J,连接AJ与边CD相交于 点K,连接EK.若AB=3,BE=1,则线段EK的长为() A.2 B.5 c D.V10 3.(2026天津东丽.一模)如图，在四边形ABCD中，ADBC,∠A=90°，AB=4cm,AD=8cm, BC=10cm.点P从点D出发，以1cm/s的速度向点A运动；同时点9从点A出发，以2cm/s的速度沿 边AB、边BC向终点C运动.规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动.设运动时间为 t5.当t=1s时，点P、Q的位置如图所示.有下列结论：①当t=4时，CD=PQ:②当0≤t≤2时， 3 △APQ的最大面积为16cm?;③t有两个不同的值满足△APQ的面积为10cm?,其中正确结论的个数是 () A.0 B.1 C.2 D.3 4.(2026天津河西一模)如图，在平行四边形ABCD中，AD=2AB,连接AC,分别以点A,C为圆 心，大于AC的长为半径作弧，两弧交于点E,P,作直线EF,交AD于点M,交BC于点N,若点M恰 为AD的中点，则下列结论一定错误的是() 7/20 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 E 长 A.MN=BN T B.∠ABC=2∠CAD C.AD=3MN D. ∠BAD=120° 5.(2026天津河北一模)如图，在口ABCD中，∠A=60°，点P从点A出发以3个单位长度每秒的速 度沿AD一DC的路径移动，点Q从点A出发以1个单位长度每秒的速度由点A向点B移动.点P到达C 点或点Q到达B点时，点P,Q均停止移动.若AB=6,AD=9,连接PQ,CP,CQ.有下列结论：① 93 27V3 点P可以到达C点：②△BQC的面积可以为8；③至少有两个时刻，△PQC的面积为8二. 其中， 正确结论的个数是（) B A.0 B.1 C.2 D.3 6.(2026天津河北一模)如图，已知△ABC和正方形AECD,∠B=36°，把△ABC绕点A旋转得到 △AFG,点B,C的对应点分别是点F,G,当点G在AE的延长线上时，BC,AB分别交FG于点M, N,∠ANF的大小为() D N B A.69° B.99° C.81° D.121° 7.(2026天津河北一模)如图，在口ABCD中，以点D为圆心，小于线段DA长为半径画弧交边DA于 E点，以点B为圆心，线段DE长为半径画弧，分别交边AB,BC于点F,G,连接EF,CE,连接BD, EG交于点O,则下列结论一定正确的是(） 8/20 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 E A.EF‖BDB.AF=DE C.EO=GO D.∠AFE=∠DEC 8.(2026天津河东一模)平行四边形ABCD中，∠A=60°，AB=6,AD=4.动点P从点A出发，以 每秒2个单位长度的速度沿边AB、边BC向终点C运动；动点Q从点C同时出发，以每秒1个单位长度的 速度沿边CD向终点D运动.规定其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动.设运动的时间 为t秒.当t=1时，点P,Q的位置如图所示 有下列结论： ①当t=2时，PQ=4: ②当0≤t≤4时，△APQ的最大面积为63： ③存在两个t的值，使得△APQ的面积为5V3, 其中，正确结论的个数是() A.0个 B.1个 C.2个 D.3个 9.(2026天津和平.一模)如图，正方形ABCD的边长为4，点E在边AB上，BE=1,点F在边BC上， tan∠BFE= 将正方形截去一个角后得到一个五边形AEFCD,点P在线段EF上运动（点P可与点E, 点F重合)，作矩形PMDN,其中M,N分别在边CD,AD上.有下列结论： F B 9/20 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 0当cM-时.M=3. ②矩形PMDN面积的最大值为12： ③CM有两个不同的值满足矩形PMDN的面积为1O. 其中，正确结论的个数有() A.0 B.1 C.2 D.3 10.(2026天津滨海新区·二模)如图，在矩形ABCD中，AB=5,BC=12,将矩形ABCD绕点A逆时 针旋转，使得点B的对应点B恰好落在对角线BD上，连接DD'则DD的长为(） A.12 B.13 c.5V2 D.120 13 11.(2026天津河西·二模)如图，矩形ABCD的边AB=5,BC=3,以点A为中心，顺时针旋转矩形 ABCD,得到矩形AEFG,点B,C,D的对应顶点分别是E,F,G,当点E落在线段CF上时，CD与 AE交于点I,CD延长线交FG于点H,则下列结论一定正确的是() E G A.∠FCD=30° B.D是线段IH的中点 &m-9 D.A,D,F三点在一条直线上 12.(2026天津南开·三模)如图，在边长为8cm的正方形ABCD中，点E在边CD上，且DE=2cm,动 点P从点C出发，以1Cm/s的速度沿边CD向终点D运动；动点Q从点D同时出发，以2Cm/s的速度沿 边DA,边AB,向终点B运动.连接EQ和PQ,设运动的时间为ts.有下列结论： ①当t=5s时，PQ‖BC: 10120 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ②当0≤t≤4时，△EPQ的最大面积为9cm2: ③t只有两个不同的值满足△EPQ的面积为4cm2. 其中，正确结论的个数是() D E A.0 B.1 C.2 D.3 二、填空题 13.(2026天津西青.一模)如图，口ABCD中，AB=4,BC=8,∠ABC=60°，E为BC边中点，对 角线AC,BD相交于点O,F是线段AO中点，连接AE,EF. D E ①线段AE的长是 ②线段EF的长是 14.(2026天津河西一模)如图，在矩形ABCD中，点E,F分别在边AB,BC上，且AE=4,CF=3. D (1)若BE=BF=2,则线段AF的长为： (2)若M为AC的中点，N为EF的中点，则线段MN的长为· 15.(2026天津滨海新区一模)如图，四边形ABCD是正方形，点E是边AB上一动点（点A,B除外)， 点F在正方形ABCD内部.△EFG是直角三角形，EG=EF,点G在DA的延长线上，FE的延长线与 CB的延长线交于点H,若点E为FH的中点，AG=3,则FC的长为 11/20 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D B 16.(2026天津河北一模)如图，菱形ABCD与正方形CDEF边长均为5，连接AC,BD交于点O. BD=6.点M,N分别为EF,CO的中点，连接MN. B M E (1)线段CN的长为： (2)线段MN的长为 17.(2026·天津北辰一模)如图，在四边形ABCD中，对角线AC,BD相交于点O,ADBC, ∠BAD=90°，AD=3,BC=6,∠ABD=30. D E B (1)线段BO的长为： (2)F为BO的中点，E为CD的中点，则线段EF的长为 18.(2026天津·二模)如图，E为正方形ABCD的边CD上一点，连接AE,把AE绕点E逆时针旋转90°， 得到EF,连接CF并延长与AB的延长线交于点G.AD=3,DE=1. D E B (I)BG的长为 12120 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (Ⅱ)若H是BC的中点，连接FH,则FH的长为 19.(2026天津滨海新区·二模)如图，在菱形ABCD中，AB=4,∠B=60°，点E在边BC上，且 BE=1,点G为BC中点，点F为CD中点. B (1)线段AE的长为 (2)M为AF中点.连接GF,点N在GF上，且∠MNF=75°，则MN的长为 20.(2026天津河西·二模)如图，在正方形ABCD中，点E是边BC上一点，点F是边CD延长线上一点， 点G是EF的中点，连接AG并延长交CD边于点H.若AB=20,BE=DF=5. D H (1)AF的长度为 (2)线段AH的长为 21.(2026·天津和平.二模)如图，在正方形ABCD中，AB=3,其外部有一个正方形DEFG,对角线 GE的延长线经过点C,EF=V2. (1)对角线GE的长为： (2)连接BE,点M是BE的中点，点N是边AB的中点，则线段MN的长为， 22.(2026天津红桥·二模)如图，在正方形ABCD中，AB=6,点F在其外角∠DCE的平分线上，以 CF为边作矩形CFGH,点G恰好落在边AD上，连接AF,HF. 13120 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 GD C E (I)∠BCH的大小为 (度)； (Ⅱ)若HF=2V10,则线段AF的长为 23.(2026天津河东·二模)如图，正方形ABCD中，AB=3,点E在边BC上，且EC=2BE. D M 分 B (I)线段AE的长为一； (IⅡ)F为CD的中点，M为AF的中点，N为AE上一点，若∠AMN=75°，则线段MN的长为 24.(2026·天津河东·三模)如图，正方形ABCD的对角线相交于点E,F为边BC的中点，AF与BD相交 于点N,点M在CB的延长线上，且∠MAF=45°，BM=4. M B F (1)EN的长为 (2)MN的长为 25.(2026天津和平.三模)如图，在正方形ABCD中，AB=2,CE=1,连接AE并延长交BC的延长线 于点F,连接DF E G C F (1)DF的长为 (2)连接BE并延长与DF交于点G,M为BG的中点，则EM的长为 14120 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 三、解答题 26.(2026天津滨海新区.一模)在平面直角坐标系中，O为原点，矩形OABC的顶点A8,0,C0,6, 菱形EFGH的顶点E10,3'F-3,3-3G-6,3连接EG B E G A 图① 图② (1)填空：如图①，点B的坐标为 ,点H的坐标为 (2)将菱形EFGH沿水平方向向右平移，得到菱形EFGH,点E,F,G,H的对应点分别为E,F,G, H.设EE=t,菱形EFGH与矩形OABC重叠部分的面积为S. ①如图②，当边GF,GH分别与OC相交于点M,点N,且菱形EFGH与矩形OABC重叠部分为五 边形时，试用含有t的式子表示S并直接写出t的取值范围； ②当4≤t≤9时，求S的取值范围（直接写出结果即可）· 27.(2026天津东丽一模)在平面直角坐标系中，0为原点，口ABCD的顶点A co引 ∠ABC=45°，点D在y轴负半轴上，点B在第一象限，边AD交X轴于点M.△OEF是等腰直角三角形， ∠OEF=90°，点E-2,0,点F在第二象限. B O/M E'OMO' D D 图① 图② (1)填空：如图①，点F的坐标为 点B的坐标为 15120 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (2)将△OEF沿水平方向向右平移，得到△OEF,点O,E,F的对应点分别为O,E,F,设OO'=t. ①如图②，若边OF与边CD交于点G,与边AD交于点N,△O'EF与口ABCD重合部分为四边形 OMNG时，试用含t的式子表示线段ON的长，并直接写出t的取值范围； ②设平移后重叠部分的面积为S,当5≤t≤时，求S的取值范围（请直接写出结果即可）. 9 4 28.(2026天津河东·一模)在平面直角坐标系中，O为原点，等腰△AOB的顶点A4,0,∠BAO=90°」 四边形OCDE是正方形，点C是OB的中点，点D在y轴上. VA D'B M O'A 图① 图② 1)填空：如图①，点B的坐标为 点E的坐标为 (②)将四边形OCDE沿x轴向右平移得到四边形OCDE,点O,C,D,E的对应点分别为O,C,D, E,设OO=t. (i)如图②，当四边形OC'D'E'与△AOB重叠部分为五边形时，OC,CD,E'O分别与AB,BO相 交于点G,H,M,N,试用含有t的式子表示线段MH,并直接写出t的取值范围： (i)设平移后四边形OCDE与△AOB重叠部分的面积为S,当3≤S≤5时，求t的取值范围（直接写出 结果即可). 29.(2026天津北辰.一模)在平面直角坐标系中，O为原点，矩形OABC的顶点A在x轴的正半轴上， 顶点C0,23?D为边OA上一点，∠ODC=60:过点D作DE⊥CD交AB于，且DE=CD M D OD D' 图① 图② 1)填空：如图①，点D的坐标为 点E的坐标为 (2)将△COD沿x轴向右平移，得到△COD,点C、O、D的对应点分别为C、O、D.设OO=t, △COD与四边形BCDE重叠部分的面积为S. 16120 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ①如图②，若边OC与边CD相交于点M,边CD与DE相交于点N,且△COD与四边形BCDE重叠部 分为四边形CMDN时，试用含有t的式子表示S,并直接写出t的取值范围： ②当1≤t≤3时，求S的取值范围（直接写出结果即可）. 30.(2026·天津滨海新区·二模)将一个平行四边形纸片OABC放置在平面直角坐标系中，点O0,0,点 A3,0,点C(2,2,点B在第一象限 图① 图② (1)填空：如图①，线段OC的长为 点B的坐标为 (2)点P为x轴的正半轴上一动点，过点P作直线l,直线1与射线OC交于点Q,∠QPO=45°，沿直线1 折叠该纸片，折叠后点O的对应点O落在第一象限，设OP=t ①如图②，若直线1与边AB相交于点N,当折叠后四边形OQNM与平行四边形OABC重叠部分为五边形 CQNME时，OP与边BC和AB分别相交于点E和点M,试用含有t的式子表示重叠部分的面积S,并直 接写出t的取值范围： 9 ②当了≤t≤之时，求折叠后重叠部分的面积5的取值范围（直接写出结果即可）， 31.(2026天津西青·二模)将一个平行四边形OABC放置在平面直角坐标系中，点O是坐标原点，点A 在X轴的正半轴，点B,C在第一象限，且OA=3,AB=2,∠B=60°. D B PA 图① 图② 1)填空：如图①，点C的坐标为 点B的坐标为 (②)若P为X轴的正半轴上一动点，过点P作∠OPQ=60°，点Q在y轴的正半轴，沿PQ所在直线折叠 △OPQ,得到△OPQ,折叠后点O的对应点是O，,设OP=t. 17/20 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ①如图②，若边PQ、边OP分别与边CB相交于点D,E(点D,E与点C,B不重合)，折叠后△OPQ 与口OABC重叠部分为△PDE,试求出△PDE的面积，并直接写出t的取值范围 ②设折叠后重叠部分的面积为S,当号≤t≤ 7 16 5 时，求S的取值范围（直接写出结果即可）， 32.(2026天津河北二模)在平面直角坐标系中，O为原点，在矩形ABCD中，A12,0,B0,-9, D0,16 y D M A B B 图① 图② (1)填空：如图①，点C的坐标为 ,线段AD的长为： (2)如图②，直线经过点C,且1y轴，将l沿水平方向向右平移t个单位长度，得到1,0<t<24,将矩形 ABCD于l左侧的部分沿l向右侧翻折，其与矩形ABCD于l右侧的部分重叠图形面积记为S ①当l在y轴左侧，且重叠图形为三角形，I分别交CD,CB于点M,N,试用含有t的式子表示MN的长， 并直接写出t的取值范围： ②当s先，t一 33. (2026·天津红桥·二模)在平面直角坐标系中，O为原点，矩形OABC的顶点A在x轴的正半轴上，顶 点B在第一象限，顶点CO,6.点D在边CB上（点D不与点C,B重合），且∠COD=30°.沿着OD折 叠该矩形，得顶点C的对应点为C. D D 图① 图② (1)填空：如图①，点D的坐标为 ,点C的坐标为 (2)经过点D再次折叠该矩形，使点B的对应点B落在线段DC的延长线上，折痕与边AB相交于点E.设 OA=t. 18120 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ①如图②，当点B落在OA的上方时，试用含有t的式子表示点B的坐标，并直接写出t的取值范围： ②设折叠后△DEB与矩形OABC重叠部分的面积为S,当53≤t≤7V3时，求S的取值范围（直接写出 结果即可)， 34.（2026天津和平·三模)如图①，在每个边长为1的小正方形组成的网格中，矩形ABCD的顶点均在 格点上.把边AB沿对角线BD平移，点A,B的对应点分别为E,F. B 图① 图② (1)矩形ABCD的面积为 (2)请在图②所示的网格中，用无刻度的直尺画出点E,使此时的CE+CF最短，并简要说明点E的位置是 如何找到的（不要求证明）： 35.(2026天津河东·三模)如图，在矩形ABCD中，AB=6Cm,AD=8cm,连接BD,将△ABD绕点 B按顺时针方向旋转得到△ABD(点B与点B重合)，且点D刚好落在BC的延长线上，AD与CD相 交于点E B(B2 图① 图② (I)求矩形ABCD与△ABD重叠部分（图①中阴影部分ABCE)的面积： (2)将△ABD以2cm/s的速度沿直线BC向右平移，如图②，当点B移动到点C时停止移动，设矩形 ABCD与△ABD重叠部分的面积为y,移动的时间为X,求y关于x的函数解析式，并指出自变量x的取 值范围： 3)若在(2)的平移过程中，存在这样的时间x,使得△AAB为等腰三角形，请你直接写出满足条件的X 的值。 36.(2026天津南开.三模)将平行四边形纸片OABC放置在平面直角坐标系中，点O0,0,点A6,0, 19/20 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 点B,C在第-象限，且0C=43,∠A0C=30°. B D A AM\ 图1 图2 (1)填空：如图1，点C的坐标为 ,点B的坐标为 2)若M为x轴的正半轴上一动点，点N在第一象限，且∠OMN=60°，沿直线MN折叠该纸片，折叠后点 O的对应点O,点A的对应点为A.设OM=t ①如图2，若折叠后点O落在直线OC上，点A落在线段AB上，直线MN与AB,OC分别相交于点D和点 F,当折叠后四边形ADFO与四边形OABC的重叠部分为五边形时，AO与BC相交于点E.试用含有t 的式子表示线段AB的长，并直接写出t的取值范围； ②若设折叠后图形与四边形OABC重叠部分的面积为S,当4<t<10时，求S的取值范围（直接写出结果 即可) 20120函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题06四边形 5年真题1年模拟答案版 五年真题分类园 9 考点01利用平行四边形的性质求解 1.(01,3,4,3 0BE=-2t+5:多<t3 223sss5 9 4 考点02与三角形中位线有关的求解问题 101y10 22 V19 3. 考点03特殊的平行四边形 V21 4. 5.D 5 V15 6. 3 10,2r5引 a05<s5:@ ≤S≤3 16 8. 3 V13 考点04平行四边形中的动点问题 1/4 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 9.(0∠00A=60点0的坐标为3,3 2’2 20E=3t-6' 其中t的取值范围是2<t<3 10 3)3, 3 (答案不唯一，满足3≤t<2只V3即可) 一年模拟练测园 1.C 2.C 3.C 4.C 5.C 6.B 7.C 8.C 9.C 10.D 11.C 12.B 13. 4 V7 5 14 29/10 15.3V5 9V157 16. 2 2 17. 4 V13 18. 3 5 214 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 19. V13 3V6-3V2 2 20. 5V17 4V34 21. 2 2V2+1 2 22. 45 4V5 23. V10 30130 44 24. 2V2 45 25. 2V2 515 33 26.08,6-3,3+3 eX0s63-h 3 p-22r823 27. 2)00N= 盟-，ts@s≤日 t-4’2 2 64 8 28.1)4,4,-2,2 ②MH=22-2,2<t<4:mD ≤t≤6-3 29.12,02+23,2 e®0s-含+2i0t2水e经as5s3 8 30.1)2V2,5,2 @05=-+7-73<i<4:@4s5s 15 2 2 4 9 8 31.1,34,3 ®0S6m=R3,2<t<3,②733s5≤5 100 32.1)-12,7,20 314 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 20MN=25t,0<ts75 24或 76 25 5 33.23,633,3 2)①点B的坐标为 +,9-3小的取值范国是45<1<693：@95S≤13 2 2 2 34.1)6 (2)解：所作点E,如下图所示： 连接BD,结合网格特点作MC⊥BD交BD于点F,取DN‖AB,ND=AB,推出四边形ABDN为平行 四边形，过点F作EF‖AB,交AN于点E,推出四边形AEFB为平行四边形，因为EF为定长，当 CF⊥BD时，结合垂线段最短推出此时的CE+CF最短. 35.(1) 45 Qy -3x+0x 20 64x+128L<X≤4 X+ 31 35 60或号或9+66 3 5 36.0c(6,23'B12,23 20AB=103-3t6<t<8:②当4<t<10时，23<S≤155 4 414 专题06 四边形 5年真题1年模拟 考点分类 天津考情（2022-2026） 命题规律 考点01利用平行四边形的性质求解 连续5年高频考查，全题型覆盖，选填题以基础性质应用为主，分值3-6分；解答题常与三角形全等、特殊四边形结合考查，2024-2026年在几何综合题中作为核心基础考点，单题分值可达8-10分，整体考查频次稳定，难度梯度清晰。 基础题侧重平行四边形对边相等、对角相等、对角线互相平分的核心性质直接应用，多为简单计算与基础证明；中档题常结合三角形全等、勾股定理综合考查，需要通过性质推导边角关系；压轴题融入折叠、旋转等动态情境，结合分类讨论思想，考查性质的灵活综合应用，强调逻辑推理与几何直观能力。 考点02 与三角形中位线有关的求解问题 连续5年必考，是几何计算与证明的核心工具考点，题型以填空题、解答题为主，2022-2026年每年均有1-2道题目涉及，单题分值3-6分，常与平行四边形、特殊三角形、坐标系结合考查，是中点类问题的核心解题思路，考查频次逐年稳定，难度以中档为主。 基础题侧重三角形中位线定理（平行于第三边且等于第三边的一半）的直接应用，多为求线段长度、判断平行关系；中档题常结合平行四边形性质、特殊三角形（等腰、直角三角形）综合考查，需要通过构造中位线解决线段计算与证明问题；压轴题融入坐标系、动点情境，结合中点模型、勾股定理考查综合应用，核心考查转化与化归的数学思想。 考点03 特殊的平行四边形 连续5年核心高频考点，全题型覆盖，是几何模块的分值主力，每年考查分值8-15分，选填题侧重基础性质与判定，解答题以证明与综合计算为主，2023-2026年每年均在解答题第22-23题固定考查，矩形、菱形、正方形为核心考查对象，考查难度梯度清晰，区分度高。 基础题侧重矩形、菱形、正方形的基础性质与判定定理直接应用，多为简单计算与基础证明；中档题常结合三角形全等、勾股定理、解直角三角形综合考查，需要通过特殊四边形的性质推导边角关系，完成证明与计算；压轴题融入折叠、旋转、坐标系等情境，结合分类讨论、数形结合思想，考查特殊四边形的综合应用，是几何压轴题的核心载体，强调逻辑推理与综合运算能力。 考点04 平行四边形中的动点问题 连续5年高频考查，是几何综合题与压轴题的核心题型，2022-2026年每年均有1道题目涉及，单题分值10-14分，常出现在解答题第24题（几何压轴）或第25题（函数压轴），2025年在函数压轴题中作为核心考点，难度以中高档为主，是区分高分段的核心题型。 题目以平行四边形为基础图形，在边、对角线或延长线上设置动点，设定运动速度、时间、运动范围，设问层层递进、难度逐步提升；第一问多为基础线段计算，利用动点速度、时间表示线段长度，结合平行四边形性质、勾股定理直接求解；第二问侧重特殊四边形判定，结合动点位置，根据平行四边形、矩形、菱形的判定定理，推导线段关系或求解运动时间；第三问进入核心难点，考查动点背景下的三角形相似、全等问题，需要分类讨论对应关系，结合性质列方程求解；第四问为综合拔高题，融合面积计算、函数最值、存在性探究，核心考查数形结合、分类讨论的综合数学思维，是对学生综合能力的全面考查。 考点01 利用平行四边形的性质求解 1．（2024·天津·中考真题）将一个平行四边形纸片放置在平面直角坐标系中，点，点，点在第一象限，且． (1)填空：如图①，点的坐标为______，点的坐标为______； (2)若为轴的正半轴上一动点，过点作直线轴，沿直线折叠该纸片，折叠后点的对应点落在轴的正半轴上，点的对应点为．设． ①如图②，若直线与边相交于点，当折叠后四边形与重叠部分为五边形时，与相交于点．试用含有的式子表示线段的长，并直接写出的取值范围； ②设折叠后重叠部分的面积为，当时，求的取值范围（直接写出结果即可）． 【答案】(1) (2)①；；② 【分析】（1）根据平行四边形的性质，得出结合勾股定理，即可作答． （2）①由折叠得，，再证明是等边三角形，运用线段的和差关系列式化简，，考虑当与点重合时，和当与点B重合时，分别作图，得出的取值范围，即可作答． ②根据①的结论，根据解直角三角形的性质得出，再分别以时，时，，分别作图，运用数形结合思路列式计算，即可作答． 【详解】（1）解：如图：过点C作 ∵四边形是平行四边形，， ∴ ∵ ∴ ∴ ∴ ∴ ∵ ∴ ∴ 故答案为：， （2）解：①∵过点作直线轴，沿直线折叠该纸片，折叠后点的对应点落在轴的正半轴上， ∴，， ∴ ∵ ∴ ∴ ∵四边形为平行四边形， ∴，， ∴是等边三角形 ∴ ∵ ∴ ∴； 当与点重合时， 此时与的交点为E与A重合， 如图：当与点B重合时， 此时与的交点为E与B重合， ∴的取值范围为； ②如图：过点C作 由（1）得出， ∴， ∴ 当时， ∴，开口向上，对称轴直线 ∴在时，随着的增大而增大 ∴； 当时，如图： ∴，随着的增大而增大 ∴在时；在时； ∴当时， ∵当时，过点E作，如图： ∵由①得出是等边三角形， ∴， ∴， ∴ ∵ ∴开口向下，在时，有最大值 ∴ ∴在时， ∴ 则在时，； 当时，如图， ∴，随着的增大而减小 ∴在时，则把分别代入 得出， ∴在时， 综上： 【点睛】本题考查了平行四边形的性质，解直角三角形的性质，折叠性质，二次函数的图象性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键． 考点02 与三角形中位线有关的求解问题 2．（2024·天津·中考真题）如图，正方形的边长为，对角线相交于点，点在的延长线上，，连接． （1）线段的长为______； （2）若为的中点，则线段的长为______． 【答案】 2 / 【分析】本题考查正方形的性质，中位线定理，正确添加辅助线、熟练运用中位线定理是解题的关键； （1）运用正方形性质对角线互相平分、相等且垂直，即可求解， （2）作辅助线，构造中位线求解即可． 【详解】（1）四边形是正方形， ， 在中，， ， ， ； （2）延长到点，使，连接 由点向作垂线，垂足为 ∵为的中点，为的中点， ∴为的中位线， 在中， ， ， 在中，， 为的中位线， ； 故答案为：2；. 3．（2022·天津·中考真题）如图，已知菱形的边长为2，，E为的中点，F为的中点，与相交于点G，则的长等于___________． 【答案】 【分析】连接，作交的延长线于点G．由菱形的性质得出，，解直角求出，，推出为的中位线，进而求出，利用勾股定理求出AF，再证明，得出． 【详解】解：如图，连接，作交AB的延长线于点H． ∴ ∵四边形是边长为2的菱形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ， ∵E为的中点， ∴， ∴，即点B为线段EH的中点， 又∵F为的中点， ∴为的中位线， ∴，， ∴, ∴，即是直角三角形， ∴． 在和中， ， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查菱形的性质，平行线的性质，三角函数解直角三角形，三角形中位线的性质，相似三角形的判定与性质等，综合性较强，添加辅助线构造直角是解题的关键． 考点03 特殊的平行四边形 4．（2026·天津·中考真题）如图，在菱形中，，，连接． （Ⅰ）线段的长为________； （Ⅱ）点在边上，点在的延长线上，与相交于点，为的中点．若，则线段的长为________． 【答案】 5 【分析】（Ⅰ）因为菱形四边相等，所以，又因为，所以是等边三角形，由此可直接得到的长度． （Ⅱ）过点作，交于点， 过作于点，根据等边三角形的性质和判定先证得是等边三角形，进而可证得，可求得的长度，在中，，可求出的长，最后可利用勾股定理求出的长． 【详解】解：（Ⅰ）菱形， ． 又， 是等边三角形， ． （Ⅱ）过点作，交于点， 过作于点，如图： 是等边三角形， ， ， ，， 是等边三角形， ． ， ， 又， ， ． ， ． 已知是中点，， ， 由菱形性质得，即． 在中，， ， ， ． 在中，由勾股定理： ， （负值已舍去）． 5．（2026·天津·中考真题）矩形中，，．动点从点出发，以的速度沿边、边向终点运动；动点从点同时出发，以的速度沿边、边向终点运动．设运动的时间为．当时，点，的位置如图所示．给出下面三个结论： ①当时，四边形是平行四边形； ②的最大面积为； ③当的面积为时，或． 上述结论中，所有正确结论的序号是（     ） A．①② B．①③ C．②③ D．①②③ 【答案】D 【分析】①利用三角形面积公式计算即可判断；②分三种情况讨论，利用三角形面积公式列式，再利用二次函数的性质即可判断；③同②分三种情况讨论，利用三角形面积公式列式计算即可判断． 【详解】解：①当时，如图2， ，， ∴， ∴， ∵矩形， ∴，即， ∴四边形是平行四边形，①正确； ②当点在上，点在上，此时时，如图1， ，， ∴当时，的最大面积为； 当点在上，点在上，此时时，如图3， ，，， ∴当时，的最大面积为； 当点在上，点在上，此时时，如图4， ，，，， ∴ ， ∵，当时，随的增大而减少， ∴不存在最大值， 综上，的最大面积为，②正确； ③当点在上，点在上，此时时， 又②可知：，， 由题意得， ∴（负值已舍）； 当点在上，点在上，此时时， 由②可知：， 由题意得， ∴（不符合题意，舍去）； 当点在上，点在上，此时时， ， 由题意得， ∴（不符合题意，舍去）或； 综上，当的面积为时，或，③正确． 6．（2025·天津·中考真题）如图，在矩形中，，，点在边上，且． （1）线段的长为____________； （2）为的中点，为的中点，为上一点，若，则线段的长为____________． 【答案】 【分析】本题主要考查了矩形的性质，勾股定理，解直角三角形，全等三角形的性质与判定等等，熟知矩形的性质与勾股定理是解题的关键． （1）求出，再利用勾股定理即可求出答案； （2）过点M作于H，由矩形的性质得到，，证明，得到，，则可证明，可得，则；由勾股定理得，则，解直角三角形求出的长，进而可求出的长． 【详解】解：（1）∵，， ∴， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， 故答案为：； （2）如图所示，过点M作于H， ∵四边形是矩形， ∴，， ∵为的中点， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∴； 在中，由勾股定理得， ∵为的中点， ∴， ∴， ∴， 故答案为：． 7．（2023·天津·中考真题）在平面直角坐标系中，O为原点，菱形的顶点，矩形的顶点． (1)填空：如图①，点C的坐标为________，点G的坐标为________； (2)将矩形沿水平方向向右平移，得到矩形，点E，F，G，H的对应点分别为，，，．设，矩形与菱形重叠部分的面积为S．    ①如图②，当边与相交于点M、边与相交于点N，且矩形与菱形重叠部分为五边形时，试用含有t的式子表示S，并直接写出t的取值范围： ②当时，求S的取值范围（直接写出结果即可）． 【答案】(1)，． (2)①；② 【分析】（1）根据矩形及菱形的性质可进行求解； （2）①由题意易得，然后可得，则有，进而根据割补法可进行求解面积S；②由①及题意可知当时，矩形和菱形重叠部分的面积是增大的，当时，矩形和菱形重叠部分的面积是减小的，然后根据题意画出图形计算面积的最大值和最小值即可． 【详解】（1）解：∵四边形是矩形，且， ∴， ∴； 连接，交于一点H，如图所示：    ∵四边形是菱形，且， ∴，， ∴， ∴， 故答案为，； （2）解：①∵点，点，点， ∴矩形中，轴，轴，． ∴矩形中，轴，轴，． 由点，点，得． 在中，，得． 在中，由，得． ∴．同理，得． ∵，得． 又， ∴， 当时，则矩形和菱形重叠部分为， ∴的取值范围是． ②由①及题意可知当时，矩形和菱形重叠部分的面积是增大的，当时，矩形和菱形重叠部分的面积是减小的， ∴当时，矩形和菱形重叠部分如图所示：    此时面积S最大，最大值为； 当时，矩形和菱形重叠部分如图所示：    由（1）可知B、D之间的水平距离为，则有点D到的距离为， 由①可知：， ∴矩形和菱形重叠部分为等边三角形， ∴该等边三角形的边长为， ∴此时面积S最小，最小值为； 综上所述：当时，则． 【点睛】本题主要考查矩形、菱形的性质及三角函数、图形与坐标，熟练掌握矩形、菱形的性质及三角函数、图形与坐标是解题的关键． 8．（2023·天津·中考真题）如图，在边长为3的正方形的外侧，作等腰三角形，．    （1）的面积为________； （2）若F为的中点，连接并延长，与相交于点G，则的长为________． 【答案】 3 【分析】（1）过点E作，根据正方形和等腰三角形的性质，得到的长，再利用勾股定理，求出的长，即可得到的面积； （2）延长交于点K，利用正方形和平行线的性质，证明，得到的长，进而得到的长，再证明，得到，进而求出的长，最后利用勾股定理，即可求出的长． 【详解】解：（1）过点E作，   正方形的边长为3， ， 是等腰三角形，，， ， 在中，， , 故答案为：3； （2）延长交于点K， 正方形的边长为3， ，， ，， ， ， ， F为的中点， ， 在和中， ， ， ， 由（1）可知，，， ， ， ， ， ， 在中，， 故答案为：．    【点睛】本题考查了正方形的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，作辅助线构造全等三角形和相似三角形是解题关键． 考点04 平行四边形中的动点问题 9．（2022·天津·中考真题）将一个矩形纸片放置在平面直角坐标系中，点，点，点，点P在边上（点P不与点O，C重合），折叠该纸片，使折痕所在的直线经过点P，并与x轴的正半轴相交于点Q，且，点O的对应点落在第一象限．设． (1)如图①，当时，求的大小和点的坐标； (2)如图②，若折叠后重合部分为四边形，分别与边相交于点E，F，试用含有t的式子表示的长，并直接写出t的取值范围； (3)若折叠后重合部分的面积为，则t的值可以是___________（请直接写出两个不同的值即可）． 【答案】(1)，点的坐标为 (2)，其中t的取值范围是 (3)3，．（答案不唯一，满足即可） 【分析】（1）先根据折叠的性质得，即可得出，作，然后求出和OH，可得答案； （2）根据题意先表示，再根据，表示QE，然后根据表示即可，再求出取值范围； （3）求出t=3时的重合部分的面积，可得从t=3之后重合部分的面积始终是，再求出P与C重合时t的值可得t的取值范围，问题得解． 【详解】（1）在中，由，得． 根据折叠，知， ∴，． ∵， ∴． 如图，过点O′作，垂足为H，则． ∴在中，得． 由，得，则． 由， 得，． ∴点的坐标为． （2）∵点， ∴． 又， ∴． 同（1）知，，． ∵四边形是矩形， ∴． 在中，，得． ∴． 又， ∴. 如图，当点O′与AB重合时，，， 则， ∴， ∴， 解得t=2， ∴t的取值范围是； （3）3，．（答案不唯一，满足即可） 当点Q与点A重合时，，， ∴， 则. ∴t=3时，重合部分的面积是， 从t=3之后重合部分的面积始终是， 当P与C重合时，OP＝6，∠OPQ＝30°，此时t＝OP·tan30°＝， 由于P不能与C重合，故， 所以都符合题意． 【点睛】这是一道关于动点的几何综合问题，考查了折叠的性质，勾股定理，含30°直角三角形的性质，矩形的性质，解直角三角形等． 一、单选题 1．（2026·天津西青·一模）如图，E是正方形中边上任意一点，以点A为中心，把逆时针旋转得到，点B，E的对应点分别为D，F，的延长线与相交于点G，则下列结论一定正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据正方形的性质及旋转的性质可排除选项． 【详解】解：由旋转的性质可知：， ∴，，，故A错误； ∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∴，即，故C正确； 由题干可知点E是正方形中边上任意一点，所以不一定有，，故B、D错误． 2．（2026·天津红桥·一模）如图，在正方形中，为边上一点，连接．按以下步骤作图：①以点为圆心，适当长为半径画弧，与边相交于点，与相交于点；②以点为圆心，长为半径画弧，与相交于；③以点为圆心，长为半径画弧，与第②步中所画的弧相交于点（在上方），作射线；④以点为圆心，长为半径画弧，与射线相交于点，连接与边相交于点，连接．若，，则线段的长为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】以点为原点建立平面直角坐标系，由作图可知 ，，可证，根据全等三角形的性质可以求出点的坐标为，利用待定系数法求出直线的解析式，根据解析式求出点的坐标，利用平面直角坐标系中两点之间的距离公式即可求出的长度． 【详解】解：四边形是正方形， ， ，， ， 由作图可知，， 如下图所示，以点为原点建立平面直角坐标系， 则有点的坐标是，点的坐标是，点的坐标是，点的坐标是， 过点作轴， 在和中，， ， ，， ， 点的坐标为， 设的解析式是， 可得：， 解得：， 直线的解析式是， 当时，可得：， 点的坐标是， ， 点的坐标是， ． 3．（2026·天津东丽·一模）如图，在四边形中，，，，，．点P从点D出发，以的速度向点A运动；同时点Q从点A出发，以的速度沿边、边向终点C运动．规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动．设运动时间为．当时，点P、Q的位置如图所示．有下列结论：①当时，；②当时，的最大面积为；③t有两个不同的值满足的面积为，其中正确结论的个数是（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【分析】判断点Q在上，求得，得到四边形是平行四边形，即可判断①正确；利用三角形面积公式得到关于的二次函数，利用二次函数的性质可判断②错误；分两种情况讨论，可判断③正确． 【详解】解：①当时，点Q运动的距离为，则点Q在上， 此时，，如图， ， ∴， ∵，即， ∴四边形是平行四边形， ∴，①正确； ②当时，点Q在上， ∴，， ∴， ∵， ∴当时，的最大面积为，不符合题意，②错误； ③当点Q在上时，的面积为时， 则， 解得（不符合题意，舍去）或； 当点Q在上时， ∵，， ∴， 解得（不符合题意，舍去）， ∴③正确； 综上，正确的只有①③，共2个． 4．（2026·天津河西·一模）如图，在平行四边形中，，连接，分别以点，为圆心，大于的长为半径作弧，两弧交于点，，作直线，交于点，交于点，若点恰为的中点，则下列结论一定错误的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】连接，由作图方法可知垂直平分，则，根据线段中点的定义可推出，再由平行四边形的性质和已知条件可证明，则可证明是等边三角形，得到，由平行四边形的性质和平行线的性质可推出，据此可判断D；由等边对等角和三角形外角的性质可证明，据此可判断B；证明是等边三角形，得到， 进而可证明，据此可判断A、C． 【详解】解：如图所示，连接， 由作图方法可知垂直平分， ∴， ∵点恰为的中点， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴，，，， ∵， ∴，即， ∴， ∴是等边三角形， ∴， ∴， ∵， ∴，故D选项中的结论正确，不符合题意； ∵， ∴， ∵， ∴， ∴，故B选项中的结论正确，不符合题意； ∵， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴是等边三角形， ∴，故C选项中的结论错误，符合题意； ∴， ∴， ∴，故A选项中的结论正确，不符合题意． 5．（2026·天津河北·一模）如图，在中，，点P从点A出发以3个单位长度每秒的速度沿的路径移动，点Q从点A出发以1个单位长度每秒的速度由点A向点B移动．点P到达C点或点Q到达B点时，点P，Q均停止移动．若，，连接，，．有下列结论：①点P可以到达C点；②的面积可以为；③至少有两个时刻，的面积为．其中，正确结论的个数是（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】C 【分析】先计算到达C点的时间为：（秒），可以判断①；设运动时间为x秒，根据题意，得，，则，当时，；当时，，过点C作交的延长线于点E，作交的延长线于点F，当点P在上运动时，过点P作于点G，利用分类思想，解方程求解即可． 【详解】解：， ， 故点P运动的路程为， 点P从点A出发以3个单位长度每秒的速度沿的路径移动， 故到达C点的时间为：（秒）， 点Q运动的路程为， 点Q从点A出发以1个单位长度每秒的速度由点A向点B移动， 故到达B点的时间为：（秒）， 根据点P到达C点或点Q到达B点时，点P，Q均停止移动的要求， 得到P先到达，然后Q停止运动， 故①正确； 设运动时间为x秒，根据题意，得，，则， 当时，；当时，， 过点C作交的延长线于点E，作交的延长线于点F， ， ， ，， ，， 的面积可以为， ， 解得， ， 根据点P到达C点或点Q到达B点时，点P，Q均停止移动的要求，此时点Q早已停止运动， 故不可能， 故②错误； 当点P在上运动时，过点P作于点G， 则， ， 的面积为， ， 整理，得， ， 故， 故，舍去； ，符合题意， 此时； 当点P在上运动时， ， 的面积为， ， 整理，得， 解得， 满足的条件， 此时； 故至少有两个时刻，的面积为． 故③正确． 6．（2026·天津河北·一模）如图，已知和正方形，，把绕点A旋转得到，点B，C的对应点分别是点F，G，当点G在的延长线上时，，分别交于点M，N，的大小为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据正方形的性质可知，然后根据旋转的性质可知，，最后利用三角形的内角和定理即可解答． 【详解】解：∵正方形， ∴， ∵把绕点A旋转得到，点B，C的对应点分别是点F，G，当点G在的延长线上时，， ∴，， ∴． 7．（2026·天津河北·一模）如图，在中，以点D为圆心，小于线段长为半径画弧交边于E点，以点B为圆心，线段长为半径画弧，分别交边，于点F，G，连接，，连接，交于点O，则下列结论一定正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】假设，根据平行线分线段成比例可推出，可判断A；假设，则，可判断B；根据平行线的性质，利用可证，可判断C；假设，那么，但题目中长度可变，那么的度数会变化，故不成立，可判断D． 【详解】解：假设，则， 由作图可知， ∴， ∴， ∵不一定等于， ∴不一定成立，故选项A不符合题意； 假设，则，根据题意不一定成立，故选项B不符合题意； ∵在中，， ∴，， 由作图可知， ∴， ∴，故选项C一定正确，符合题意； 假设， ∵， ∴， ∵长度可变， ∴的度数会变化， ∴不成立，故选项D不符合题意． 8．（2026·天津河东·一模）平行四边形中，，，．动点从点出发，以每秒2个单位长度的速度沿边、边向终点运动；动点从点同时出发，以每秒1个单位长度的速度沿边向终点运动．规定其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动．设运动的时间为秒．当时，点，的位置如图所示． 有下列结论： ①当时，； ②当时，的最大面积为； ③存在两个的值，使得的面积为． 其中，正确结论的个数是（    ） A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 【答案】C 【分析】由题中的点，运动过程，分情况作图，运用平行四边形判定与性质、解直角三角形及二次函数图象与性质讨论求解． 【详解】解：当时，， ， ， 则，且， 四边形是平行四边形， 在平行四边形中，， 则，故①正确； ，动点从点出发，以每秒2个单位长度的速度运动， 走完用时（秒）， 过点作，如图所示： 在中，，则， ，则由勾股定理可得， 当时，，则， 当时，的最大面积为； 当时，过点作，过点作，如图所示： ，， 在中，，则， ， ，则由勾股定理可得， ， 在平行四边形中，，则， 在中，，，则， 由勾股定理可得， 则， ， 由抛物线开口向上、对称轴为，则当时，随着的增大而减小， 当时，有最大值，为； 综上所述，当时，的最大面积为，故②正确； 由题意，当停止运动时，共用时为（秒），而此时还为到达， 点，总共运动时间为秒， 由②的判定过程可知，当时，的最大面积为， ， 解得； 当时，， 解得或； 综上所述，存在、或三个值，使得的面积为，故③错误； 则题中正确结论是①②，共2个． 9．（2026·天津和平·一模）如图，正方形的边长为，点在边上，，点在边上，．将正方形截去一个角后得到一个五边形，点在线段上运动（点可与点，点重合），作矩形，其中，分别在边，上．有下列结论： ①当时，； ②矩形面积的最大值为； ③有两个不同的值满足矩形的面积为． 其中，正确结论的个数有（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】过点作，根据锐角三角函数的定义可以求出，，从而可知；设，把矩形的面积用含的代数式表示出来，根据二次函数的性质求出矩形面积最大值；当矩形面积为时，可以得到关于的一元二次方程，解方程求出的值即可． 【详解】解：如下图所示，过点作， ，， ， ， 正方形的边长为， ， ， ， 四边形是正方形， ， 四边形是矩形， ， ， ， ， ， ， ， ， 故结论①正确； 设，由①可知， 则，， 矩形的面积为， 整理得：， ，且， 当时，矩形面积有最大值，最大值为， 故结论②正确； 当矩形面积为时， 可得：， 解得：，(舍去)， 只有一个值满足矩形的面积为， 故结论③错误． 综上所述，结论正确的个数有2个． 10．（2026·天津滨海新区·二模）如图，在矩形中，，，将矩形绕点逆时针旋转，使得点的对应点恰好落在对角线上，连接，则的长为（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】作于点，由矩形的性质可得，由勾股定理可得，利用面积法可计算出，再使用勾股定理求出．由旋转的性质可得，，，由等腰三角形的性质可得．容易证明，则，代入计算出即可． 【详解】解：如图，作于点， ∵四边形是矩形， ∴，， 由勾股定理可得，， ∵， ∴， 在中，， 由旋转的性质可得，，，， ∵， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴． 11．（2026·天津河西·二模）如图，矩形的边，，以点为中心，顺时针旋转矩形，得到矩形，点，，的对应顶点分别是，，，当点落在线段上时，与交于点，延长线交于点，则下列结论一定正确的是（     ） A． B．是线段的中点 C． D．，，三点在一条直线上 【答案】C 【分析】由题意易得，，由旋转的性质可知：，，连接，，然后可得，，进而根据勾股定理及相似三角形的性质与判定可进行排除选项． 【详解】解：∵四边形是矩形，，， ∴，， 由旋转的性质可知：，， 连接，，如图， ∵，， ∴， ∴， 同理可得：， ∴， ∴， 设，则有， ∴在中，由勾股定理可得， 解得：， ∴，，故C选项正确； ∴， ∴，故A选项错误； 在矩形中，， ∴，即， ∴， ∴点不是线段的中点，故B选项错误； 假设点A、D、F三点共线，则有，， ∴， ∴， 而， ∴， ∴假设不成立，故D选项错误． 12．（2026·天津南开·三模）如图，在边长为的正方形中，点E在边上，且，动点P从点C出发，以的速度沿边向终点D运动；动点Q从点D同时出发，以的速度沿边，边，向终点B运动．连接和，设运动的时间为．有下列结论： ①当时，； ②当时，的最大面积为； ③只有两个不同的值满足的面积为． 其中，正确结论的个数是（     ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】B 【分析】分别表示出， 等线段长，根据平行线的判定判断①；根据三角形面积公式列出函数关系式，利用二次函数性质求最值判断②；分段讨论Q的位置，列方程求解判断③． 【详解】解：∵正方形边长为， ，P的速度为，Q的速度为， ∴ ，， 当时，Q在上，； 当时，Q在上，； ①如图：当时，P在上，，则 ，Q走过的路程为，此时Q在上，， ∵， ∴不垂直于，即不平行于，故①错误； ②如图：当时，Q在上，； ∵， ∴，即P在E右侧； ∴， ∴， ∵， ∴当时，的最大面积为，故②正确； ③当时，由②可得， 令，解得或（不符合题意舍去）； 当时，Q在上，的高为8，， ∴， 令，解得或． ∴满足条件的t值有，5，7，共3个，故③错误． 综上，正确的结论只有②，个数为1． 二、填空题 13．（2026·天津西青·一模）如图，中，，，，E为边中点，对角线相交于点O，F是线段中点，连接． ①线段的长是______； ②线段的长是______． 【答案】 4 【分析】①根据中点的性质及等边三角形的判定和性质得出，为等边三角形，即可求解； ②连接，根据三角形中位线的判定和性质得出，再由三角形外角的性质得出，确定，得出，再由勾股定理结合图形求解即可． 【详解】解：①∵，E为边中点， ∴， ∵，， ∴，为等边三角形， ∴； ②连接， ∵， ∴O为中点， 由①得E为中点， ∴， 由①得：， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∵F是线段中点， ∴， ∴． 14．（2026·天津河西·一模）如图，在矩形中，点，分别在边，上，且，． （1）若，则线段的长为______； （2）若为的中点，为的中点，则线段的长为______． 【答案】 【分析】（1）由矩形的性质可得，求出，利用勾股定理即可求解； （2）作射线，过点作的平行线交射线于点，证明，得到，易证，勾股定理求出，再证明为的中位线，即可求解． 【详解】解：（1）∵在矩形中，且， ∴， ∵，， ∴， ∴； （2）作射线，过点作的平行线交射线于点， 则， ∵点为的中点， ∴， ∴， ∴，， ∵，矩形中， ∴， ∴， ∵点为的中点，点为的中点， ∴为的中位线， ∴． 15．（2026·天津滨海新区·一模）如图，四边形是正方形，点E是边上一动点（点A，B除外），点F在正方形内部．是直角三角形，，点G在的延长线上，的延长线与的延长线交于点H，若点E为的中点，，则的长为________． 【答案】 【分析】根据正方形性质和直角三角形性质，通过互余关系证明，结合证明，从而得到和；利用点E为的中点及三角形中位线定理求出点F到的距离和水平位置，最后利用勾股定理计算的长． 【详解】解：∵四边形是正方形， ∴，， ∴，， ∵是直角三角形，， ∴是等腰直角三角形，， ∵点E为的中点， ∴， ∴， ∵点H，E，F三点共线， ∴， ∴， 在中，， ∴， 在和中， ， ∴， ∴，， 如图，过点F作交于点M， ∵， ∴， ∴， ∵点E为的中点， ∴， ∴是的中位线， ∴，， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 在中，． 16．（2026·天津河北·一模）如图，菱形与正方形边长均为5，连接交于点O．．点M，N分别为的中点，连接． （1）线段的长为________； （2）线段的长为________． 【答案】 2 【分析】（1）先由勾股定理求解，即求解； （2）过点作交的延长线于点，过点作交的延长线于点，再延长交于点，先证明，求出，则，再证明，求出，则，，则，再对运用勾股定理求解即可． 【详解】解：（1）∵四边形是菱形， ∴，， ∴ ∵点N为的中点， ∴； （2）过点作交的延长线于点，过点作交的延长线于点，再延长交于点， 则四边形为矩形， ∴ ∵四边形是正方形，点M为的中点 ∴，， ∵ ∴ ∴ ∴ ∴ 同理可得，， ∵ ∴ ∴ ∴ ∴， ∴，， ∴ ∴． 17．（2026·天津北辰·一模）如图，在四边形中，对角线，相交于点O，，，，，． （1）线段的长为____； （2）F为的中点，E为的中点，则线段的长为_____． 【答案】 4 【分析】①先通过的直角三角形性质求出，再证明，进而得到，从而可求出；②找中点，连接，过点作垂足为点，先证明为等边三角形，进而求出，再利用，求出，再利用勾股定理求解即可． 【详解】解：①∵，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； ②找中点，连接，过点作垂足为点， ∵E为的中点，为的中点， ∴，，， ∴， ∵，， ∴， 又∵， ∴， ∴为等边三角形， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵，F为的中点， ∴， ∴， ∴在直角三角形中，． 18．（2026·天津·二模）如图，E为正方形的边上一点，连接，把绕点E逆时针旋转，得到，连接并延长与的延长线交于点G．，． （Ⅰ）的长为________； （Ⅱ）若H是的中点，连接，则的长为________． 【答案】 3 【分析】（Ⅰ）过点作交延长线于点，证明和全等，得到，再根据等腰直角三角形性质解答； （Ⅱ）作，结合第一问结论判定等腰直角三角形，得到、长度；再证四边形为正方形，利用中点求，最后由勾股定理算出． 【详解】解：过点作交延长线于点， ， 四边形是正方形， ，， 绕点逆时针旋转，得到， ，， ，， ， 在和中， ， ， ，， ， ， ， ， ， ， 是等腰直角三角形， ， ， ， 四边形是正方形， ， 是等腰直角三角形， ， ． 过点F作于点， ， 四边形是正方形， ， 又∵， 四边形是矩形， ∵, ∴四边形是正方形， ， ∵，H是的中点， ， ， 在中，由勾股定理得： ． 19．（2026·天津滨海新区·二模）如图，在菱形中，，，点在边上，且，点为中点，点为中点． （1）线段的长为__________； （2）为中点．连接，点在上，且，则的长为__________． 【答案】 【分析】（1）连接、，由菱形的性质容易证明是等边三角形，结合点为中点可得，，，使用勾股定理计算出，进而计算出； （2）作于点，设，同理（1）可得是等边三角形，则，，使用勾股定理计算出，则．由等腰三角形的性质可得，则，利用三角函数可表示出，，构造方程求出的值，再使用勾股定理计算出． 【详解】解：（1）如图，连接、， ∵四边形是菱形， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∵点为中点， ∴，， ∵， ∴， 在中，， 在中，； （2）如图，作于点，设， ∵四边形是菱形， ∴，， ∵， ∴是等边三角形， 又∵点为中点， ∴，， ∴， 由勾股定理可得，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， 在中，， 在中，， ∴， ∵为中点， ∴， ∴，解得， 由勾股定理可得，． 20．（2026·天津河西·二模）如图，在正方形中，点是边上一点，点是边延长线上一点，点是的中点，连接并延长交边于点．若，． （1）的长度为________； （2）线段的长为________． 【答案】 【分析】（1）由正方形的性质以及勾股定理即可求得的长； （2）如图：连接，先证明可得，利用等腰三角形三线合一的性质可得垂直平分，即，设，则；根据勾股定理列方程可得，即，最后利用勾股定理求线段的长． 【详解】解：（1）∵在正方形中，， ∴，，， ∴， ∴； （2）如图：连接， ∵， ∴， ∴， ∵点是的中点， ∴， ∴垂直平分， ∴， 设，则， ∵， ∴，解得：， ∴， ∴． 21．（2026·天津和平·二模）如图，在正方形中，，其外部有一个正方形，对角线的延长线经过点，． （1）对角线的长为___； （2）连接，点是的中点，点是边的中点，则线段的长为___． 【答案】 【分析】（1）由四边形是正方形得，，再利用勾股定理即可求的长； （2）连接、，先通过证明得，再结合正方形对角线性质和勾股定理求出的长度，最后利用三角形中位线定理求出的长度． 【详解】解：（1）∵四边形是正方形， ∴，， ∴； （2）如图，连接，，交于点， ∵四边形和都是正方形， ∴，，， ∴，即， ∴， ∴， ∵是正方形的对角线交点， ∴，，， ∴， 在中， ， ∴， ∴， ∵点是的中点，点是的中点， ∴是的中位线， ∴． 22．（2026·天津红桥·二模）如图，在正方形中，，点在其外角的平分线上，以为边作矩形，点恰好落在边上，连接，． （I）的大小为________（度）； （II）若，则线段的长为________． 【答案】 45 【分析】（I）由正方形得到，从而根据角平分线的定义得到，再根据矩形得到，根据角的和差即可求解； （II）根据矩形的性质，勾股定理得到，由角平分线的定义得到是等腰直角三角形，可算出，过点作，则是等腰直角三角形，四边形是矩形，由此得到，根据勾股定理即可求解． 【详解】解：（I）∵四边形是正方形， ∴， ∴， ∵平分， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴． （II）∵四边形是正方形， ∴，， 连接， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴在中，， ∵是的角平分线， ∴， ∴， ∴， ∴． ∵，， ∴， ∴， ∴ ∴， ∴在等腰中，， 过点作， ∴，是等腰直角三角形， ∴四边形是矩形，， ∴， ∴， ∴在中，． 23．（2026·天津河东·二模）如图，正方形中，，点E在边上，且． （Ⅰ）线段的长为____； （Ⅱ）F为的中点，M为的中点，N为上一点，若，则线段的长为____． 【答案】 / 【分析】解：（Ⅰ）由正方形得到，再根据，得到，，最后根据勾股定理求的长； （Ⅱ）由两个中点可得，，延长至使，连接，过作于，先证明，得到，，，再证明，得到，即可得到是等腰直角三角形，是直角三角形，即可求出， ， ． 【详解】解：（Ⅰ）∵正方形中，， ∴，， ∵， ∴，， 在中，； （Ⅱ）∵F为的中点， ∴， ∴，， ∵M为的中点， ∴， 延长至使，连接，过作于， ∵，， ∴， ∴，， ∴， ∴， ∵，，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， 解得（负值舍去）． 24．（2026·天津河东·三模）如图，正方形的对角线相交于点，为边的中点，与相交于点，点在的延长线上，且，． （1）的长为________； （2）的长为________． 【答案】 【分析】（1）由正方形性质得，，为等腰直角三角形，故．由，可推得，结合，证，利用相似比得． （2）由且为中点，得，故．设，则，解得．过作，由，得，从而，由勾股定理得． 【详解】解：（1）∵ 四边形 是正方形， ， 为等腰直角三角形，， ， ，且， ， ，且， ， ，即． （2）如图，过点 作 于点 ． 在正方形中，，且，即， ， ， 为边的中点， ， ， 设，则， ，解得，即， ，， ， ， 在 中， 25．（2026·天津和平·三模）如图，在正方形中，，，连接并延长交的延长线于点，连接． （1）的长为________； （2）连接并延长与交于点，为的中点，则的长为________． 【答案】 / 【分析】以正方形的顶点为原点，射线方向为轴正方向建立平面直角坐标系，然后求出相关点的坐标，求出直线的表达式，再结合两点间距离公式以及中点坐标公式求解即可． 【详解】解：（1）以正方形的顶点为原点，射线方向为轴正方向建立平面直角坐标系，如图： ∵四边形是正方形， ∴， ∵， ∴， 设直线，则 解得 ∴直线， 当时，，解得 ∴ ∴； （2）同理可求直线，直线 ∴联立直线与直线，得， 解得， ∴， ∵点为的中点， ∴， ∴． 三、解答题 26．（2026·天津滨海新区·一模）在平面直角坐标系中，O为原点，矩形的顶点，，菱形的顶点，，，连接． (1)填空：如图①，点B的坐标为________，点H的坐标为________； (2)将菱形沿水平方向向右平移，得到菱形，点E，F，G，H的对应点分别为，，，．设，菱形与矩形重叠部分的面积为S． ①如图②，当边，分别与相交于点M，点N，且菱形与矩形重叠部分为五边形时，试用含有t的式子表示S，并直接写出t的取值范围； ②当时，求S的取值范围（直接写出结果即可）． 【答案】(1)， (2)①；② 【分析】（1）根据矩形及菱形的性质可进行求解； （2）①由题意易得，由（1）证得是等边三角形，利用正切的定义求得，通过三角形面积公式求得的表达式，进而得到S与t的关系式，此时要使菱形与矩形重叠部分为五边形，则t的取值范围是； ②根据得出时S有最大值，再将代入表达式进行计算，最后结合图象讨论时的S，通过计算并对时的S值进行比较，确定出S的最小值，从而得出S的取值范围． 【详解】（1）解：∵四边形是矩形，且，， ∴，， ∴； 如图，连接，交于点K， ∵四边形是菱形，且，，， ∴，，， ∴， 在中，， ∴， ∴，， ∴． （2）解：①∵，， ∴， 由（1）知，， ∴是等边三角形， ∴， ∵， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴ ； ②当时，， 由可知，当时，， 当时，如图，设，分别交于点T，S，交于点R， ∵， ∴， 在中，， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴当时，S有最小值， ∴S的取值范围是． 27．（2026·天津东丽·一模）在平面直角坐标系中，为原点，的顶点，，，点在轴负半轴上，点在第一象限，边交轴于点．是等腰直角三角形，，点，点在第二象限． (1)填空：如图①，点的坐标为__________，点的坐标为__________； (2)将沿水平方向向右平移，得到，点，，的对应点分别为，，．设． ①如图②，若边与边交于点，与边交于点，与重合部分为四边形时，试用含的式子表示线段的长，并直接写出的取值范围； ②设平移后重叠部分的面积为，当时，求的取值范围（请直接写出结果即可）． 【答案】(1)， (2)①，；② 【分析】（1）延长交轴于，过作轴于，根据得到轴，，，，，，则四边形是矩形，，则，，即可求出，，得到；根据是等腰直角三角形，得到，则； （2）①先证明，当过点时，，则边与边交于点时，，再证明是等腰直角三角形，得到； ②根据，，分情况讨论，分别表示出，求出最大值和最小值，最后得到的取值范围． 【详解】（1）解：延长交轴于，过作轴于， ∵的顶点，，， ∴轴，，，，，， ∴四边形是矩形，， ∴，， ∴， ∴，， ∴； ∵是等腰直角三角形，，点， ∴， ∴； （2）解：①∵将沿水平方向向右平移，得到， ∴，， ∵边与边交于点， ∴， ∴， 当过点时，， 由（1）可得，， ∴， ∴，，， ∴边与边交于点时， ∴， ∴； ②当时，如图所示， 此时， ∴ ， ∵，对称轴为直线， ∴当时，随的增大而增大， 当时，最小值为，当时，最大值为； 当时，如图所示，与轴、分别交于点、， 此时，，， ∴，， ∴， ∴ ， ∵， ∴当时，随的增大而增大， 当时，最小值为，当时，最大值为； 当时，如图所示，、与分别交于点、，过作于， 此时，，四边形是矩形，， ∴，，， ∴，， ∴， ∴ ， ∵，对称轴为直线， ∴当时，随的增大而减小， 当时，最小值为，当时，最大值为； 综上所述，当时，最小值为，最大值为，即的取值范围为． 28．（2026·天津河东·一模）在平面直角坐标系中，为原点，等腰的顶点，．四边形是正方形，点是的中点，点在轴上． (1)填空：如图①，点的坐标为________，点的坐标为________； (2)将四边形沿轴向右平移得到四边形，点，，，的对应点分别为，，，，设． （i）如图②，当四边形与重叠部分为五边形时，，，分别与，相交于点，，，，试用含有的式子表示线段，并直接写出的取值范围； （ii）设平移后四边形与重叠部分的面积为，当时，求的取值范围（直接写出结果即可）． 【答案】(1)， (2)（i），；（ii） 【分析】（1）连接交于点，根据等腰三角形的性质得到，求出，进而得到，再根据正方形的性质的长，即可求出； （2）（i）根据平移的性质证明四边形是矩形，进而得到和是等腰直角三角形，则，；当四边形与重叠部分为五边形时，点在的右侧，点在点的左侧，列出关于的不等式组，即可得出的取值范围； （ii）分3种情况讨论：①当时；②当时；③当时，先确定四边形与重叠部分的图形，再利用图形的面积公式表示出与的关系式，结合，列出关于的不等式，即可求解． 【详解】（1）解：连接交于点，   ∵等腰的顶点，， ∴， ∴， ∴， ∵点是的中点， ∴， ∵四边形是正方形， ∴，，，， ∴， ∴， ∴； （2）解：（i）由平移的性质得，，四边形是正方形， ∴，， ∴四边形是矩形， ∴，， ∵等腰，， ∴， ∴和是等腰直角三角形， ∴， ∴； ∵点是的中点，， ∴， 由（1）得，， 由平移的性质得，，， ∵当四边形与重叠部分为五边形时，点在的右侧，点在点的左侧， ∴， 解得， 综上，，； （ii）①当时，四边形与重叠部分为四边形， 由（i）得，四边形是矩形，是等腰直角三角形， ∴，， ∴， 令，则， 解得， ∴； ②当时，四边形与重叠部分为五边形， ∵， ∴， 由平移的性质得，，四边形是正方形， ∴，， ∵， ∴是等腰直角三角形，， 由（i）得，是等腰直角三角形，， ∴，， ∴， ∵，， ∴是等腰直角三角形，， ∴， 同理①的方法可得，， ∴， ∵， ∴当时，取得最大值5；当和时，取得最小值4， 此时，满足题意； ∴； ③当时，四边形与重叠部分为， ∵， ∴， 由平移的性质得，，四边形是正方形， ∴，，， ∴， ∵， ∴是等腰直角三角形，，， ∴， ∵，， ∴是等腰直角三角形，， ∴， 令，则， 解得或， ∴； 综上，的取值范围为． 29．（2026·天津北辰·一模）在平面直角坐标系中，O为原点，矩形的顶点A在x轴的正半轴上，顶点，D为边上一点，，过点D作交于E，且． (1)填空：如图①，点D的坐标为________，点E的坐标为________； (2)将沿x轴向右平移，得到，点C、O、D的对应点分别为、、．设，与四边形重叠部分的面积为S． ①如图②，若边与边相交于点M，边与相交于点N，且与四边形重叠部分为四边形时，试用含有t的式子表示S，并直接写出t的取值范围； ②当时，求S的取值范围（直接写出结果即可）． 【答案】(1)， (2)①；② 【分析】（1）先解求出，即可求解点D的坐标，然后证明，即可求解点E的坐标； （2）①由平移可得，，轴，然后分别解和，表示出两条直角边，再由建立函数关系式； ②当时，利用二次函数的性质可求得；当时，此时，重叠部分为， 根据，求出函数解析式，再由二次函数的性质求解得到，即可求解S的取值范围． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∵，， ∴， ∴ ∵四边形是矩形， ∴， ∵ ∴ ∵ ∴ ∴， ∴， ∴； （2）解：①如图， 由平移可得，，轴， ∴ ∵ ∴ ∵， ∴ ∵ ∴， ∵ ∴， ∴； ②当时，， ∵，对称轴为直线， ∴当时，； 当时，此时，重叠部分为，如图： 由平移可得，，， 由①可得，， ∴ ∴， ∴， 整理得，， ∵，，对称轴为直线， ∴当时，随着的增大而减小， ∴时，， 综上：当时，求S的取值范围为． 30．（2026·天津滨海新区·二模）将一个平行四边形纸片放置在平面直角坐标系中，点，点，点，点B在第一象限． (1)填空：如图①，线段的长为________，点B的坐标为________； (2)点P为x轴的正半轴上一动点，过点P作直线l，直线l与射线交于点Q，°，沿直线l折叠该纸片，折叠后点O的对应点落在第一象限，设． ①如图②，若直线l与边相交于点N，当折叠后四边形与平行四边形重叠部分为五边形时，与边和分别相交于点E和点M，试用含有t的式子表示重叠部分的面积S，并直接写出t的取值范围； ②当时，求折叠后重叠部分的面积S的取值范围（直接写出结果即可）． 【答案】(1)， (2)①；② 【分析】（1）根据两点间距离公式求出，根据平行四边形的性质即可求出点B的坐标； （2）①过点C作轴于，根据平行四边形的性质，折叠的性质等可判断、、都是等腰直角三角形，则，，然后根据求解即可； ②分情况讨论：；；；分别作图，运用数形结合思路列式，根据二次函数的性质即可求解． 【详解】（1）解：∵， ∴， ∵点，点， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴； （2）解：过点C作轴于， 则， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， 由折叠知：，，， ∴， ∴、、都是等腰直角三角形， ∴，， ∴ ， 当时，P和A重合，此时重叠部分是四边形；当时，Q和C重合，此时重叠部分是四边形； ∴， ∴； ②当时，如图，重叠部分是， ∴， 当时，S随t的增大而增大， ∴当时，S取最小值为； 当时，S取最大值为， ∴； 当时，如图，重叠部分是四边形， ∴， 当时，S随t的增大而增大， ∴当时，S取最小值为； 当时，S取最大值为， ∴； 当时， 由①知：， ∴当时，S取最大值为；当或时，S取最小值为， ∴； 当时，如图，重叠部分为四边形， ∴， 当时，S随t的增大而减小， ∴当时，S取最小值为； 当时，S取最大值为， ∴； 综上，当时，折叠后重叠部分的面积S的取值范围． 31．（2026·天津西青·二模）将一个平行四边形放置在平面直角坐标系中，点是坐标原点，点在轴的正半轴，点，在第一象限，且，，． (1)填空：如图①，点的坐标为________，点的坐标为________． (2)若为轴的正半轴上一动点，过点作，点在轴的正半轴，沿所在直线折叠，得到，折叠后点的对应点是，设． ①如图②，若边、边分别与边相交于点，（点，与点，不重合），折叠后与重叠部分为，试求出的面积，并直接写出的取值范围； ②设折叠后重叠部分的面积为，当时，求的取值范围（直接写出结果即可）． 【答案】(1)， (2)①，；② 【分析】（1）过点B作轴于H，利用解直角三角形求得，再根据平移即可求得点C的坐标； （2）①设，先证得是等边三角形．过点D作轴于点F，即可求得等边的边长为2，再利用三角形面积公式即可； ②分三种情况：当时，当时，当时，分别画出图象，求出重叠部分的面积，再利用二次函数的性质即可． 【详解】（1）解：如图①，过点B作轴于H， ∵四边形是平行四边形，，， ∴，， ∴， ∵， ∴，， ∴， ∴， ∴向左平移得； （2）解：①设，由折叠可知，，， ∴， ∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴， ∴是等边三角形， 如图，过点D作轴于点F，则， 在中，， ∴， ∵是等边三角形， ∴， ∴，同理可得边长为的等边三角形面积， 当点D与点C重合时，，为等边三角形， ∴，即； 当点E与点B重合时，根据可得点P与点A重合，，即， ∴t的取值范围是； ②分以下三种情况讨论： 当时，如图，设交于F，交于G，重叠部分为五边形，连接，过点C作于H，过点G作于K， ∵， ∴是等边三角形， ∴， ∴， 由折叠得：，，， ∴， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴，，四边形是矩形， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴，由①得， ∴， ∵，， ∴； 当时，重叠部分为等边三角形，如图， ∴由①得； 当时，设交于D，交于E，重叠部分为，如图， ∵， ∴是等边三角形， ∴，， ∴， ∵， ∴是等边三角形， ∴由①得， ∵，， ∴； 综上所述，当时，S的取值范围是． 32．（2026·天津河北·二模）在平面直角坐标系中，为原点，在矩形中，，，． (1)填空：如图，点的坐标为______，线段的长为_____； (2)如图，直线经过点，且轴，将沿水平方向向右平移个单位长度，得到，，将矩形于左侧的部分沿向右侧翻折，其与矩形于右侧的部分重叠图形面积记为． 当在轴左侧，且重叠图形为三角形，分别交，于点，，试用含有的式子表示的长，并直接写出的取值范围； 当时，_____． 【答案】(1)，； (2) ，； 或． 【分析】（）连接，交轴于点，由矩形的性质可得与互相平分，即既是中点，也是中点，然后通过中点公式求出点的坐标，再由两点间的距离公式即可求出线段的长 （）过作于点，设与轴交于点，与轴交于点，与轴交于点，则，通过矩形的性质，同角或等角的余角相等得出，所以，则，代入得，从而得出，，，然后通过面积公式即可求解；分为在轴左侧，在轴右侧，两种情况求解即可． 【详解】（1）解：如图，连接，交轴于点， ∵四边形是矩形， ∴与互相平分，即既是中点，也是中点， 设， ∵，，． ∴，，， 解得：，， ∴； （2）解：如图，过作于点，设与轴交于点，与轴交于点，与轴交于点，则， ∴， ∵四边形是矩形， ∴，， ∴，，， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴，， ∴， 如图，当在上时，重叠图形仍为三角形， 由对称的性质可得，， 同理可得， ∴ ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴的取值范围为； 当在轴左侧时，， ∵， ∴， ∵， ∴； 当在轴右侧时，由对称性得， 综上，或． 33．（2026·天津红桥·二模）在平面直角坐标系中，为原点，矩形的顶点在轴的正半轴上，顶点在第一象限，顶点．点在边上（点不与点，重合），且．沿着折叠该矩形，得顶点的对应点为． (1)填空：如图①，点的坐标为________，点的坐标为________； (2)经过点再次折叠该矩形，使点的对应点落在线段的延长线上，折痕与边相交于点．设． ①如图②，当点落在的上方时，试用含有的式子表示点的坐标，并直接写出的取值范围； ②设折叠后与矩形重叠部分的面积为，当时，求的取值范围（直接写出结果即可）． 【答案】(1)，； (2)①点的坐标为，的取值范围是；②． 【分析】（1）通过点，求出，根据，结合三角函数求出的值，即可得到点的坐标；接着过点作，根据折叠推出，，即推出的度数，根据，结合三角函数求出，的值，即可得到点的坐标； （2）先运用矩形和折叠的性质，推出，，，，根据（1）可得，结合，推出，根据结合三角函数求出的值， ①过点分别作交于点，交于点，运用结合三角函数求出的值，证明四边形为矩形，运用矩形的性质即可求出点的坐标，通过点的对应点落在线段的延长线上，推出，再通过点落在的上方，即可推出的取值范围； ②分类讨论：情况一：点落在的上方或上，，折叠后与矩形重叠部分的面积为的面积，即为的面积，根据三角形面积公式结合取值范围即可求解；情况二：点落在的下方，，、与轴交于点，折叠后与矩形重叠部分的面积为四边形的面积， 根据结合取值范围即可求解． 【详解】（1）解：∵矩形， ∴， ∵， ∴， ∵在中，，，， ∴， ∵在上， ∴， ∴ ∵由题可知，沿着折叠得， ∴，， ∴， 如图，过点作， ∵在中，，，， ∴，， ∴； （2）∵矩形， ∴，，， ∵， ∴， ∵由题可知，沿着折叠得， ∴，， ∴，， ∴， ∵由（1）可得， ∴， ∵由题可知，沿着折叠得，，， ∴，， ， ∵在中，，，， ∴， ①如图，过点分别作交于点，交于点， ∵，， ∴， ∵在中，，，， ∴，， ∴， ∵，，， ∴， ∴四边形为矩形， ∴，， ∴， ∴， ∵点的对应点落在线段的延长线上， ∴，即，，解得：， ∵点落在的上方， ∴，解得：， ∴综上，，； ②分类讨论， 情况一：点落在的上方或上，， 如图， 折叠后与矩形重叠部分的面积为的面积，即为的面积， ∵，， ∴， ∵，在的右侧，随的增大而增大， ∴当时，，当时，， ∴； 情况二：点落在的下方，， ∵， ∴ ∴点在上， ∴如图，、与轴交于点， 折叠后与矩形重叠部分的面积为四边形的面积， ∵，， ∴，， ∵， ∴为等边三角形， ∴， ∴ ∵，， ∴， ∵，， ∴， ∵在中，，，， ∴， ∴ ∵，在的左侧，随的增大而增大， ∴当时，，当时，， ∴； ∴综上，． 34．（2026·天津和平·三模）如图①，在每个边长为1的小正方形组成的网格中，矩形的顶点均在格点上．把边沿对角线平移，点，的对应点分别为，． (1)矩形的面积为________； (2)请在图②所示的网格中，用无刻度的直尺画出点，使此时的最短，并简要说明点的位置是如何找到的（不要求证明）：_________________________________________________________________________________________________________________________________________________________． 【答案】(1) (2)解：所作点，如下图所示： 连接，结合网格特点作交于点，取，，推出四边形为平行四边形，过点作，交于点，推出四边形为平行四边形，因为为定长，当时，结合垂线段最短推出此时的最短． 【分析】（1）根据矩形面积公式求解，即可解题； （2）根据网格特点，垂线段最短，以及平行四边形性质和判定分析求解，即可解题． 【详解】（1）解：矩形的面积为． （2）略 35．（2026·天津河东·三模）如图，在矩形中，，，连接，将绕点按顺时针方向旋转得到（点与点重合），且点刚好落在的延长线上，与相交于点． (1)求矩形与重叠部分（图①中阴影部分）的面积； (2)将以的速度沿直线向右平移，如图②，当点移动到点时停止移动，设矩形与重叠部分的面积为，移动的时间为，求关于的函数解析式，并指出自变量的取值范围； (3)若在（2）的平移过程中，存在这样的时间，使得为等腰三角形，请你直接写出满足条件的的值． 【答案】(1) (2) (3)或或 【分析】（1）由矩形性质得直角与对应边长，用勾股定理求，根据旋转性质得对应边相等，求出，证明，利用对应边成比例得出的长，由得到重叠部分面积； （2）过点作于点，由面积法求高，勾股定理求，计算落在上、到达点两个分界时刻，分两段讨论，第一段利用相似求，用得函数关系式，第二段证明相似求，用三角形面积公式得函数关系式，综合即可得关于的函数解析式； （3）过点作于点，作于点，构造矩形，由平移性质表示出水平与竖直距离，利用勾股定理分别表示与，分、、三种情况列方程求解，即可得到符合取值范围的值． 【详解】（1）解：∵四边形是矩形， ∴，，， ∴， 由旋转得，，，， ∴， ∵，， ∴， ∴，即， 解得， 矩形与重叠部分面积为： ； （2）解：如图，过点作于点， ∵， ∴，解得， ∴， ∵平移速度为，运动时间为， ∴平移距离为， 当点落在边上时，，解得； 当到达点时，，解得； 分两种情况讨论： ①当时，如图② ， ∵， ∴，即， 解得， ∴； ②当时， ， 如图，设交于点， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， 又∵， ∴， ∴，即， 解得， ∴； 综上，关于的函数解析式为； （3）解：如图，过点作于点，作于点， ∴， 由（2）知，， ∴， ∵四边形是矩形， ∴， ∴四边形是矩形， ∴， ， ∴， 在中，， 在中，， 若为等腰三角形，分三种情况讨论： ①当时， ，即， 解得，符合的取值范围； ②当时， ，即， 解得，符合的取值范围； ③当时， ，即， 解得或（不符合题意，舍去）， 符合的取值范围； 综上，满足条件的的值为或或． 36．（2026·天津南开·三模）将平行四边形纸片放置在平面直角坐标系中，点，点，点，在第一象限，且，． (1)填空：如图1，点的坐标为_________，点的坐标为_________； (2)若为轴的正半轴上一动点，点在第一象限，且，沿直线折叠该纸片，折叠后点的对应点，点的对应点为．设． ①如图2，若折叠后点落在直线上，点落在线段上，直线与，分别相交于点和点，当折叠后四边形与四边形的重叠部分为五边形时，与相交于点．试用含有的式子表示线段的长，并直接写出的取值范围； ②若设折叠后图形与四边形重叠部分的面积为，当时，求的取值范围（直接写出结果即可）． 【答案】(1)， (2)①；②当时，． 【分析】解∶延长交轴于点， 推导出， ，求出，，得到，，则，即可解答； （2）①先推导出，得到， ，由折叠得，则，再求出，即可解答； ②分类讨论：第1种情况：当时， 第2种情况：当时， 第3种情况：当时，逐项分析求解即可． 【详解】（1）解∶延长交轴于点，如图 四边形是平行四边形， ，， ， ， ， ， ，， ； （2）解∶①如图 ， ， 四边形是平行四边形， ， ， ， 由折叠得 ， ， ， ， 当点与点重合时， ， ， ， 即， 当折叠后四边形与四边形的重叠部分为五边形时，， ②第1种情况：当时，如图 由折叠得，， ， ，， ，则 过点作于点，如图 ， ， ， ，即， ， ， ， ， ∵，抛物线开口向下，对称轴为， ∴当时，S随着t的增大而增大， 当时，， 当时，， ∴当时，， 第2种情况：当时，如图 由①，可得，，，， ∴， 由第1种情况，可得，， ∴， ， ∵，抛物线开口向下，对称轴为， ∴当时，S取得最大值，为， 当或8时，， ∴当时，； 第3种情况：当时，如图 令与所在的直线的交点为K，由①，可知，当时， ， 解得， ∴当时，点K始终在线段上，点始终在线段上， 由图可知，当时，S随着t的增大而减小， 当时，如图 有，， ∴， ， ∴当时，， 综上所述，当时，． 试卷第1页，共3页 2 / 9 学科网（北京）股份有限公司 $