专题07 三角形与四边形综合（3年汇编）（广东专用）2024-2026年中考数学真题分类汇编

专题07 三角形与四边形综合 3年真题1年模拟 考点分类 广东考情（2024-2026） 命题规律 考点01 三角形的全等与相似 2026广东卷 2025广东卷 2024广东卷 选填、解答均高频考查，分值3-9分。全等侧重 SSS、SAS、ASA、AAS 判定与性质；相似重点考查相似判定、对应边成比例、面积比等于相似比平方。全等多作为大题基础步骤；相似常结合几何图形、实际测量。近三年减少繁杂辅助线，注重基础判定定理，常和四边形、圆综合设问。 考点02 解直角三角形 2026广东卷 2025广东卷 2024广东卷 解答题高频，分值7-9分。以仰角、俯角、坡度、方位角实际情境为主，构造直角三角形，利用三角函数、勾股定理求解边长。图形以双直角三角形模型居多；近三年题干数据友好，计算难度适中，重点考查从实际场景抽象几何模型，极少出现过于复杂的边角转化。 考点03 多边形内角和与中位线定理 2026广东卷 2025广东卷 以选择、填空题为主，分值3分。多边形重点考内角和公式、外角和；三角形中位线考查线段平行、长度数量关系，偶尔结合平行四边形。题型直接简单；近三年偏向直接套用公式，很少嵌套多层复杂综合，属于基础得分点。 考点04 特殊四边形 2026广东卷 2025广东卷 2024广东卷 选填、几何解答均有，分值3-8分。考查平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定与性质，常和全等、勾股定理结合。菱形侧重对角线性质，正方形综合性最强；近三年弱化繁琐证明，偏向边、角、对角线的计算，常作为综合题中间过渡环节。 考点01 三角形的全等与相似 1．（2025·广东·中考真题）如图，在矩形中，，是边上的三等分点，连接，相交于点，连接．若，，则的值是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】本题考查矩形的性质，相似三角形的判定和性质，求角的正切值，熟练掌握以上知识点是解题的关键．根据矩形的性质，证明，得到，然后过点作，得到，根据相似三角形对应边成比例分别求出的长，进而求出的长，再利用正切的定义求解即可． 【详解】解：∵矩形，，是边上的三等分点，，， ∴，，，，， ∴， ∴， ∴， 过点作，则， ∴， ∴， ∴，， ∴， ∴； 故选：B． 2．（2024·广东广州·中考真题）如图，在中，，，为边的中点，点，分别在边，上，，则四边形的面积为（    ） A．18 B． C．9 D． 【答案】C 【分析】本题考查等腰直角三角形的性质以及三角形全等的性质与判定，掌握相关的线段与角度的转化是解题关键．连接，根据等腰直角三角形的性质以及得出，将四边形的面积转化为三角形的面积再进行求解． 【详解】解：连接，如图： ∵，，点D是中点， ∴ ∴， ∴ 又∵ ∴ 故选：C 3．（2026·广东·中考真题）如图，在中，，，点在上，且，连接．过点作的垂线交于点，交于点，连接，． (1)求的长； (2)求证：； (3)求的值． 【答案】(1)4 (2) 证明：∵，， ∴，， ∵， ∴， ∴ ∴ ∵ ∴ ∴； (3)2 【分析】（1）直接由勾股定理求解即可； （2）证明，得到，再由代入求证即可； （3）先证明点为的中点，然后求出，，再由共高三角形面积比等于底之比求解即可． 【详解】（1）解：∵，，， ∴； （2）略 （3）解：由（2）知， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 设， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴． 4．（2025·广东广州·中考真题）如图，，，．求证：． 【答案】 证明：∵， ∴，即， 在和中， ∴ 【分析】本题考查了全等三角形的判定，先证明，进而根据即可证明． 【详解】略 5．（2025·广东深圳·中考真题）综合与探究 【探索发现】如图1，小军用两个大小不同的等腰直角三角板拼接成一个四边形． 【抽象定义】以等腰三角形的一腰为边向外作等腰三角形，使该边所对的角等于原等腰三角形的顶角，此时该四边形称为“双等四边形”，原等腰三角形称为四边形的“伴随三角形”．如图2，在中，，，．此时，四边形是“双等四边形”，是“伴随三角形”． 【问题解决】如图3，在四边形中，，，．求： ①与的位置关系为：__________： ②_____．（填“>”，“”或“”） 【方法应用】①如图4，若，将绕点逆时针旋转至，点恰好落在边上，求证：四边形是双等四边形． ②如图5，在等腰三角形中，，，，在平面内找一点，使四边形是以为伴随三角形的双等四边形，若存在，请求出的长，若不存在，请说明理由． 【答案】问题解决：①互相平行；②=； 【方法应用】①证明：为旋转得到， ， 令，则，， ， 由旋转得，， 又， ∴， ， ， ， 四边形为双等四边形； ②或或 【分析】本题主要考查等腰三角形的性质，旋转的性质以及相似三角形的判定与性质，熟练掌握相关知识是解答本题的关键． 问题解决：①根据等腰三角形的性质得出，从而可得； ②证明得出，即，由可得结论； 方法应用：①根据双等四边形的定义进行证明；②分，或，或，三种情况讨论求解即可． 【详解】解：[问题解决]①∵， ∴， ∴， ∴； ②∵，， ∴， ， ， ， ； 故答案为：①平行；②＝； 方法应用：①略 ②作于点， ，， ，， 设，则： ， 在中，，即， 解得：， ，， 若，时，， 若，时， ， 作于点， ∴， ， ， 若，时，如图， ， ， ， ， ． 综上所述：满足条件时，或或． 6．（2024·广东广州·中考真题）如图，点，分别在正方形的边，上，，，．求证：． 【答案】 证明：，， ， 四边形是正方形， ，， ，， 又， ． 【分析】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定，掌握相似三角形的判定定理是解题关键．根据正方形的性质，得出，，进而得出，根据两边成比例且夹角相等的两个三角形相似即可证明． 【详解】略 考点02 解直角三角形 1．（2026·广东深圳·中考真题）在数学实践课上，老师将一副四巧板中的四块图形按如图1所示摆放，再将这些图形重新拼接成如图2所示的图形．已知拼接后点，为图2中图形的顶点，则的长为（     ）． A．2 B． C．3 D． 【答案】B 【分析】先根据图 1 给出的边长，确定四块四巧板各边的线段长度，再分析图2中点，的距离． 【详解】解：等腰直角三角形①斜边为， 由以及边平行，得到存在一个平行四边形， 则直角梯形下底长与等腰直角三角形①斜边相等， ． 2．（2024·广东深圳·中考真题）如图，为了测量某电子厂的高度，小明用高的测量仪测得的仰角为，小军在小明的前面处用高的测量仪测得的仰角为，则电子厂的高度为（    ）（参考数据：，，） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题考查了与仰角有关的解直角三角形的应用，矩形的判定与性质，先证明四边形、、是矩形，再设，表示，然后在以及运用线段和差关系，即，再求出，即可作答． 【详解】解：如图：延长交于一点， ∵ ∴四边形是矩形 ∵ ∴四边形是矩形 同理得四边形是矩形 依题意，得， ∴， ∴ ∴设，则 在 ∴ 即 在 ∴ 即 ∴ ∴ ∴ ∴ 故选：A 3．（2026·广东·中考真题）在桌上放一块平面镜，让手电筒的一束光斜射到平面镜上，在墙壁上就会出现一个明亮的光斑．如图，，若，，则_____． 【答案】6 【分析】根据余角的性质及已知条件推导出， 再根据锐角三角函数的定义在中计算的长即可． 【详解】由题意可知，法线垂直于平面镜， ∴，， ∵， ∴， ∵， ∴， 在中，，， ∴ ∴． 4．（2024·广东深圳·中考真题）如图，在中，，，D为上一点，且满足，过D作交延长线于点E，则________． 【答案】 【分析】本题考查了解直角三角形、勾股定理，平行线分线段成比例，先设，根据，，得出再分别用勾股定理求出，故，再运用解直角三角形得出，，代入，化简即可作答． 【详解】解：如图，过点A作垂足为H, ∵，， 设， ∴， ∵，， ∴， ∵， ∴， 解得 ∴，， ∴，， ∴， 过点C作垂足为M， ∴，， ∵,， ∴， ∴， 故答案为：． 5．（2025·广东·中考真题）综合与实践 【阅读材料】 如图，在锐角中，，，的对边长分别为，，，则有．这是解三角形的重要结论，可用于解决实际问题． 【问题提出】万绿湖是广东省重要的生态屏障和饮用水水源地．某综合与实践小组要绘制一幅万绿湖局部平面示意图，现需要知道湖中，两岛间的实际距离．由于地形原因，无法利用测距仪直接测量，该小组对这一问题进行了探究． 【方案设计】 工具：测角仪、测距仪、无人机（只能测角度、水平面高度）． 测量过程： 步骤1：如图，在空旷地找一点； 步骤2：利用无人机多次测量并取平均值测得，； 步骤3：利用测距仪多次测量并取平均值测得，． 【问题解决】 （1）请你利用【阅读材料】中的结论计算，两岛间的距离． （参考数据：，，） 【评价反思】 （2）设计其他方案计算，两岛间的距离．要求：选用【方案设计】中的工具，写出你的方案和所用的数学知识． 【答案】（1）； （2）工具：测角仪、测距仪、无人机（只能测角度、水平面高度）． 测量过程： 步骤1：如图，在空旷地找一点，使得是锐角三角形； 步骤2：利用无人机多次测量并取平均值测得的度数； 步骤3：利用测距仪多次测量并取平均值测得，． 计算过程： 过点作，则， ∵在中，，， ∴，， ∴， ∵在中，， ∴． 答：，两岛间的距离为． 【分析】本题考查了解直角三角形的应用，理解题意是解题的关键． （1）利用三角形内角和定理求出，根据题意可得，代入数据求出的长，即可解答； （2）运用解直角三角形、勾股定理等数学知识设计方案即可． 【详解】解：（1）∵，， ∴， 由题意得，， 又∵， ∴， 答：，两岛间的距离为． （2）略 6．（2024·广东广州·中考真题）2024年6月2日，嫦娥六号着陆器和上升器组合体（简称为“着上组合体”）成功着陆在月球背面．某校综合实践小组制作了一个“着上组合体”的模拟装置，在一次试验中，如图，该模拟装置在缓速下降阶段从点垂直下降到点，再垂直下降到着陆点，从点测得地面点的俯角为，米，米． (1)求的长； (2)若模拟装置从点以每秒2米的速度匀速下降到点，求模拟装置从点下降到点的时间．（参考数据：，，） 【答案】(1)的长约为8米； (2)模拟装置从点下降到点的时间为秒． 【分析】本题考查了解直角三角形的应用——仰俯角问题，灵活运用锐角三角函数求边长是解题关键． （1）过点作交于点，根据余弦值求出的长即可； （2）先由勾股定理，求出的长，再利用正弦值求出的长，进而得到的长，然后除以速度，即可求出下降时间． 【详解】（1）解：如图，过点作交于点， 由题意可知，， ， 在中，，米， ， 米， 即的长约为8米； （2）解：米，米， 米， 在中，，米， ， 米， 米， 模拟装置从点以每秒2米的速度匀速下降到点， 模拟装置从点下降到点的时间为秒， 即模拟装置从点下降到点的时间为秒． 7．（2024·广东·中考真题）中国新能源汽车为全球应对气候变化和绿色低碳转型作出了巨大贡献．为满足新能源汽车的充电需求，某小区增设了充电站，如图是矩形充电站的平面示意图，矩形是其中一个停车位．经测量，，，，，是另一个车位的宽，所有车位的长宽相同，按图示并列划定．    根据以上信息回答下列问题：（结果精确到，参考数据） (1)求的长； (2)该充电站有20个停车位，求的长． 【答案】(1) (2) 【分析】本题主要考查了矩形的性质，解直角三角形的实际应用： （1）先由矩形的性质得到，再解得到，接着解直角三角形得到，进而求出，据此可得答案； （2）解得到，解得到，再根据有20个停车位计算出的长即可得到答案． 【详解】（1）解：∵四边形是矩形， ∴， 在中，，， ∴，， ∵四边形是矩形， ∴， ∴， ∴， ∴； ∵， ∴， ∴    （2）解：在中，， 在中，， ∵该充电站有20个停车位， ∴， ∵四边形是矩形， ∴． 考点03 多边形内角和与中位线定理 1．（2026·广东·中考真题）某海洋牧场网箱采用了六边形流线型结构．如图，六边形的内角和为（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】直接利用公式 代入边数 计算即可． 【详解】解：六边形的内角和为． 2．（2025·广东·中考真题）如图，点，，分别是各边上的中点，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】此题考查了三角形中位线的性质和判定，平行线的性质，首先得到，是的中位线，得到，，然后根据平行线的性质求解即可． 【详解】∵点，，分别是各边上的中点， ∴，是的中位线 ∴， ∴ ∵ ∴． 故选：C． 3．（2026·广东·中考真题）如图，在四边形中，，连接，，，点，，分别是，，的中点，连接，，，则_____． 【答案】 【分析】利用三角形中位线定理求得的长及，再利用平行线的性质求得，最后利用勾股定理求解． 【详解】解：点分别是的中点， 是的中位线， ， ， 点分别是的中点， 是的中位线， ， ， ， ， 在中，． 考点04 特殊四边形 1．（2025·广东广州·中考真题）如图，菱形的面积为10，点E，F，G，H分别为，，，的中点，则四边形的面积为（   ） A． B．5 C．4 D．8 【答案】B 【分析】本题考查的是中点四边形，根据三角形中位线定理得，，证明四边形是矩形，进而得菱形的面积．四边形面积是故可得结论． 【详解】解：连接交于O， ∵四边形是菱形， ∴， ∵点E、F、G、H分别是边和的中点， ∴，， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形是矩形， ∴菱形的面积， ∴， ∴， ∴四边形的面积为5， 故选：B． 2．（2025·广东深圳·中考真题）如图，将正方形沿折叠，使得点与对角线的交点重合，为折痕，则的值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】题目主要考查正方形的性质，折叠的性质，相似三角形的判定和性质，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键. 根据折叠得出，，利用相似三角形的判定和性质得出，再由正方形的性质求解即可. 【详解】解：∵正方形沿折叠， ∴，， ∴， ∴， ∴， ∵正方形， ∴， ∴， 故选：D. 3．（2026·广东深圳·中考真题）如图，在菱形中，点为边的中点，连接，．若，且，则菱形的边长为________． 【答案】 【分析】设菱形的边长为，根据中点定义和已知条件表示出和；过点作交的延长线于点，过点作于点，证明，设，利用勾股定理分别表示出和，建立关于和的方程组，求解即可． 【详解】解：设菱形的边长为， 四边形是菱形， ，， 点为边的中点， ， ， ， 过点作交的延长线于点，过点作于点，如图， ， ， ， 在和中， ， ， ，， 设， 在中，， 在中，∵， ， ， ， 在中，∵， ， ， ∴， ∴， 将代入①得， 即， 解得（负值舍去）． 4．（2024·广东深圳·中考真题）如图所示，四边形，，均为正方形，且，，则正方形的边长可以是______（写出一个答案即可）．    【答案】（答案不唯一） 【分析】本题考查了正方形的性质，由题意可得，，结合图形得出，即可得解，熟练掌握正方形的性质是解此题的关键． 【详解】解：∵，， ∴，， ∴， ∴正方形的边长可以是， 故答案为：（答案不唯一）． 5．（2024·广东广州·中考真题）如图，中，，点在的延长线上，，若平分，则______． 【答案】5 【分析】本题考查了平行四边形的性质，等腰三角形的判定和性质，掌握平行四边形的性质是解题关键．由平行四边形的性质可知，，，进而得出，再由等角对等边的性质，得到，即可求出的长． 【详解】解：在中，， ，， ， 平分， ， ， ， ， 故答案为：5． 6．（2024·广东·中考真题）如图，菱形的面积为24，点E是的中点，点F是上的动点．若的面积为4，则图中阴影部分的面积为______． 【答案】10 【分析】本题考查了菱形的性质，三角形中线的性质，利用菱形的性质、三角形中线的性质求出，，根据和菱形的面积求出，，则可求出的面积，然后利用求解即可． 【详解】解：连接， ∵菱形的面积为24，点E是的中点，的面积为4， ∴，， 设菱形中边上的高为h， 则，即， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， 故答案为：10． 7．（2025·广东·中考真题）如图，是斜边上的中线，过点，分别作，，与相交于点．现有以下命题： 命题1：若连接交于点，则． 命题2：若连接，则． 命题3：若连接，则． 任选两个命题，先判断真假，再证明或举反例． 【答案】命题1是真命题， 证明如下： 连接，交于，如图所示： 是斜边上的中线， ， ，， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形， ，且，， 为的中点， 是的中位线，则， ，则； 命题2是真命题， 证明如下： 连接，交于，如图所示： 是斜边上的中线， ， ，， 四边形是平行四边形， ， 四边形是菱形， ； 命题3是真命题， 证明如下： 连接，交于，如图所示： 是斜边上的中线， ， ，， 四边形是平行四边形， ， ， ， 四边形是平行四边形， ． 【分析】命题1：连接，交于，如图所示，先由直角三角形斜边上的中线等于斜边一半得到，判定四边形是平行四边形，进而得到四边形是菱形，再由中位线的判定与性质得到，最后利用三角形面积公式求解即可得证； 命题2：连接，交于，如图所示，先由直角三角形斜边上的中线等于斜边一半得到，判定四边形是平行四边形，进而得到四边形是菱形即可得证； 命题3：连接，交于，如图所示，先由直角三角形斜边上的中线等于斜边一半得到，判定四边形是平行四边形，再由平行四边形的判定与性质得到四边形是平行四边形即可得证． 【详解】略 【点睛】本题考查平行四边形及特殊平行四边形综合，涉及直角三角形斜边的中线等于斜边的一半、平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质、三角形中位线的判定与性质、三角形面积公式等知识，熟记平行四边形及特殊平行四边形的判定与性质是解决问题的关键． 8．（2024·广东深圳·中考真题）垂中平行四边形的定义如下：在平行四边形中，过一个顶点作关于不相邻的两个顶点的对角线的垂线交平行四边形的一条边，若交点是这条边的中点，则该平行四边形是“垂中平行四边形”． (1)如图1所示，四边形为“垂中平行四边形”，，，则______；______； (2)如图2，若四边形为“垂中平行四边形”，且，猜想与的关系，并说明理由； (3)①如图3所示，在中，，，交于点，请画出以为边的垂中平行四边形，要求：点在垂中平行四边形的一条边上（不限作图工具）； ②若关于直线对称得到，连接，作射线交①中所画平行四边形的边于点，连接，请直接写出的值． 【答案】(1)， (2)， 理由如下： ∵四边形为“垂中平行四边形”， ∴，，，， ∴， ∴， 设，则， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴； (3)①见解析；②或 【分析】（1）由“垂中平行四边形”的定义可得，，，，从而可得，由勾股定理得出，证明，得出，再由勾股定理计算即可得解； （2）由“垂中平行四边形”的定义可得，，，，证明，得出，设，则，，由勾股定理可得，求出，从而可得，即可得解； （3）①根据“垂中平行四边形”的定义画出图形即可；②根据①中画出的图形，分别结合相似三角形的判定与性质以及勾股定理计算即可得解． 【详解】（1）解：∵四边形为“垂中平行四边形”， ∴，，，， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴； （2）略 （3）解：①第一种情况：如图①，作的平行线，并使得，连接，则四边形为平行四边形， 延长交于， ∵， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴为的中点， ∴四边形即为所求的“垂中平行四边形”； 第二种情况：如图②，作的平分线，并取交的平分线于点，延长交的延长线于点，在射线上取，连接，故点为的中点， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴四边形为平行四边形， ∴四边形为所求的“垂中平行四边形”； 第三种情况：如图③，作，交的延长线于点，连接，在的延长线上取点，使得，连接，则点为的中点， 同理可得证明，则，则四边形为平行四边形， 故四边形为所求的“垂中平行四边形”；     ②若按照上图①作图， 由题意可得，，四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∴是等腰三角形， 作于，则， ∵，， ∴，， ∴， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴； 若按照上图②作图， 延长、交于点， 同理可得，是等腰三角形， 连接， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴， 同理可得， ∵，，， ∴， ∴， ∴； 若按照上图③作图，则没有交点，不存在，故不符合题意， 综上所述，或． 【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、平行四边形的性质、勾股定理、等腰三角形的判定与性质等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线，采用分类讨论与数形结合的思想是解此题的关键． 1．（2026·广东广州·二模）如图，已知等边的周长为，点D．分别是边、的中点，连接，则（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】解： 是等边三角形，且周长为 ， ， 分别是边的中点 ， 是的中位线 ， ． 2．（2026·广东广州·二模）如图，正五边形中，边，的延长线交于点，则的度数为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先根据正多边形的外角公式求出，再由三角形内角和定理求解即可． 【详解】解：∵正五边形， ∴， ∴． 3．（2026·广东清远·二模）某种树叶在显微镜下的细胞图片可近似看成一个六边形，则该多边形的内角和是（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】解：∵边形的内角和公式为，本题中多边形为六边形，即， ∴代入得内角和为. 4．（2026·广东东莞·三模）如图，点D，E分别是边、的中点，将沿着对折，点A落在边上的点F处，若，则的度数为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据三角形的中位线定理，平行线的性质，结合折叠的性质，求出的度数，再根据平角的定义即可得出结果. 【详解】解：∵点D，E分别是边、的中点， ∴， ∴， ∵折叠， ∴， ∴. 5．（2026·广东清远·一模）如图，四边形是矩形，直线分别交，，于点，，，下列条件中，不能证明的是（     ） A．为矩形两条对角线的交点 B．为对角线的中垂线 C． D． 【答案】D 【分析】由矩形性质可得，进而得出 ， ，结合全等三角形的判定定理逐一分析各选项即可． 【详解】解：∵四边形是矩形， ∴，， ∴ ， ， A、∵为矩形两条对角线的交点， ∴， 在和中， ， ∴， 故此选项不符合题意； B、∵为对角线的中垂线， ∴，， 在和中， ， ∴， 故此选项不符合题意； C、， ∴，即， 在和中， ， ∴， 故此选项不符合题意； D、∵， ∴， 此时只有三个角对应相等，缺少对应边相等的条件，不能判定， 故此选项符合题意． 6．（2026·广东广州·二模）如图，在平面直角坐标系中，点的坐标是，点的坐标是，，，则点的坐标是（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先构建直角三角形，利用相似三角形的判定和性质求出，，结合点在坐标系中的位置，即可求解． 【详解】解：过点作轴，交于点，如图： 根据题意可得，， 在中，， ∵， ∴， 故， ∵，， ∴， ∴， 即， ∴，， 则， ∵点在第二象限， 故点的坐标是． 7．（2026·广东肇庆·一模）如图，在矩形中，，，为中点，连接，则的长为_____． 【答案】13 【分析】根据矩形的性质和中点的定义得到，，，，根据勾股定理即可求出答案． 【详解】解：∵四边形是矩形，，， ∴，，， ∵E为中点， ∴， ∴． 8．（2026·广东云浮·一模）如图，平行四边形的周长为，则________． 【答案】6 【分析】根据平行四边形对边相等的性质，可知平行四边形的周长等于邻边之和的倍，由此建立等式求解即可． 【详解】解：四边形是平行四边形， ，． 平行四边形的周长． 平行四边形的周长为， ， ． 9．（2026·广东深圳·三模）如图，正方形的边长为4，点E在边上，，连接，将线段绕点E顺时针旋转得到线段，连接，交于点G，则的长为____________． 【答案】 【分析】过点作分别交、的延长线于点、，则四边形和四边形是矩形，证明，得出，，再证明，利用对应边成比例求解即可． 【详解】解：如图，过点作分别交、的延长线于点、， 正方形的边长为4，点E在边上，， ，，，，， ， 由旋转的性质可知，，， ， ， ， ，，， 四边形和四边形是矩形， ，， 在和中， ， ， ，， ，， ， ，， ， ， ， ． 10．（2026·广东佛山·二模）在矩形中，点E是边上一点，连接，过A作于点F，若，，，则矩形的面积是______． 【答案】 【分析】过点B作于点G，则，再由矩形的性质得，从而有；在中由正弦函数关系求得，由勾股定理求得，在中由正弦函数关系求得，即可求得矩形的面积． 【详解】解：如图，过点B作于点G，则， ∵， ∴， 在矩形中，， ∴， ∴； ∵，， ∴在中，， 由勾股定理得， ∴， 在中，， ∴， ∴矩形的面积为． 11．（2026·广东深圳·三模）如图，在矩形中， ，以点为圆心，适当长为半径画弧，分别交 于点 ，再分别以点 为圆心，大于长为半径画弧交于点，作射线，过点作的垂线分别交 于点，则的长是__________． 【答案】 【分析】由矩形的性质得到，，，则由勾股定理可得，证明，得到，证明，得到，据此代入数值得出 ，，利用勾股定理求出，再根据即可求出． 【详解】解：矩形中，，， ，，， ， 由作图过程知平分 ，则， ， ， 又 ， ， ， ∴， ， ， ，即， ，， 在中，， ∴， ∴， ∴． 12．（2026·广东广州·二模）如图，已知，，．求证：． 【答案】证明：， ， 在和中， ， ， ． 【分析】先根据平行线的性质证明，再根据全等三角形的判定证明，即可证明结论． 【详解】略 13．（2026·广东广州·三模）如图，在中，，， ，四边形为矩形，点D，E分别在线段上运动，点G，F在线段上． (1)边上的高_______； (2)当时，求的长度； (3)求矩形面积的最大值． 【答案】(1)； (2)； (3) 【分析】（1）过点A作于点K，设与相交于点P，利用三角形面积公式即可求出答案； （2）当时，四边形为正方形，设，则，证明，则，即，解方程即可求出的长度； （3）求出，证明，得到，设，则，得到，，根据矩形的面积列出二次函数，根据二次函数的性质即可求出矩形面积的最大值． 【详解】（1）解：过点A作于点K，设与相交于点P， ∵， ， ∴ 解得， 即边上的高； （2）解：∵四边形为矩形， ∴当时，四边形为正方形， ∴，， ∴，，可设， 则， ， ，即， 解得， 即的长度为； （3）解： ， ， ， ∵四边形为矩形， ∴，， ∴，， ∴， ∴， 设，则， ， ，， ∴矩形面积， ∵， ∴当时，矩形面积取得最大值为． 14．（2026·广东东莞·三模）如图，在中，连接对角线，分别作和的中线，． (1)求证：； (2)当满足什么条件时，四边形是矩形，请证明你的结论． 【答案】(1)证明：四边形是平行四边形， ，． 、分别是和的中线， ，． ． 又， 四边形是平行四边形． ． (2)当满足时，四边形是矩形．理由如下： ，是的中线， ． ． 由（1）得，四边形是平行四边形， 平行四边形是矩形． 【分析】（1）先根据平行四边形的性质得到，．再根据三角形的中线定义可得，然后根据平行四边形的判定可证得结论； （2）根据矩形的判定定理，只需得到即可． 【详解】（1）略 （2）略 15．（2026·广东清远·三模）如图，已知在 中， (1)实践与操作：用尺规作图法过点 作的平分线，交边于点 ．（保留作图痕迹，不要求写作法） (2)应用与证明：在（1）的条件下，，求 的长． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据题意作的角平分线，即可求解； （2）根据平行四边形的性质以及角平分线的定义可得，根据等角对等边可得，进而解，求得，再根据三线合一可得，即可求解． 【详解】（1）略 （2）解：如图，过点作于点， ∵是的角平分线， ∴ 又∵四边形是平行四边形 ∴ ∴ ∴ ∴ ∵ ∴ 在中， ∴ 16．（2026·广东肇庆·三模）如图，，相交于点E，，为四边形的对角线．连接，，已知．现从条件：①，②，③中任选2个，求证：垂直平分． 【答案】选择条件②，③， 证明：在和中， ， ， ， 点E在线段的垂直平分线上， ， 点F在线段的垂直平分线上， 垂直平分； 选择①，③， 证明：在和中， ， ∴， ∴， ∴， 点E在线段的垂直平分线上， ， 点F在线段的垂直平分线上， 垂直平分； 选择①，②， 证明：在和中， ， ∴， ∴， ∴， 点E在线段的垂直平分线上， 无法确定， ∴点F不一定再线段的垂直平分线上， 故选择①②不能证明垂直平分； 综上所述，选择①③或选择②③可证明垂直平分．（答案不唯一，合理即可） 【分析】根据题意，选择①③，证明，由线段垂直平分线的判定即可求解；选择②③，证明，由线段垂直平分线的判定即可求解． 【详解】略 17．（2026·广东清远·二模）如图，菱形的对角线、相交于点，是的中点，连接．若，求菱形的周长． 【答案】 【分析】根据菱形的性质及斜边中线定理进行求解即可． 【详解】解：∵四边形是菱形， ，， °， 又是的中点， ， ∴， ∴菱形的周长为：． 18．（2026·广东广州·二模）已知：如图，四点B、E、C、F顺次在同一条直线上，A、D两点在直线 的同侧，，，．求证：． 【答案】证明：∵， ∴，即， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴． 【分析】利用证明，即可得到． 【详解】略 19．（2026·广东清远·三模）党的十八大以来，从水质治理到滨水空间营造全面实行，随着水生态文明建设持续推进，古老的城市河流焕发新颜，为城市发展和人民生活注入生机与活力．某校组织学生以测量平行河流宽度为题，进行数学项目式学习，两个兴趣小组设计了两个不同的方案，他们在河南岸的处，测得河北岸的一棵树底部点恰为点的正北方向，测量方案如下： 方案一：如题图，观测者从点向正西方向走5米到达点，在处测得点在它的北偏东方向．（参考数据：，） 方案二：如题图，观测者在点竖直立起标杆，的长为1米，再在的延长线上选择点，使得的长为8米，竖直立起标杆，的长为2米． (1)请选择其中一个方案，求河流宽度． (2)除上述方案外，请你运用所学知识再设计一个方案测量河宽，并画出测量示意图，不需要测量数据，但要求写出只要测出哪条线段的长，就能推出河宽，并说明方案的可行性． 【答案】(1)选择方案一：由题意可知为直角三角形，， ∴， ∴， 即河流宽度为； 选择方案二：由题意可知， 又∵， ∴， ∴， ∴， 又∵， ∴， 即河流宽度为； (2)如图，观测者从B向正东走到D，点O是中点，再从点D沿着垂直于的方向走，直到点A、O、E在一条直线上．示意图如下：只需要测量出的长度就能推出河宽． ∵O是中点， ∴， ∵， ∴， 在和中， ， ∴， ∴， ∴河宽的长度就是线段的长度． 【分析】（1）方案一：直接利用正切定义即可求解；方案二：先证得，再利用相似三角形的性质求解即可； （2）观测者从B向正东走到D，点O是中点，再从点D沿着垂直于的方向走，直到点A、O、E在一条直线上，利用，得到，即可求解． 【详解】（1）略 （2）略 20．（2026·广东茂名·二模）如图，在中，点O为边的中点，连接并延长交的延长线于点E，连接，，． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，若，，求的长． 【答案】(1)证明：∵点O为边的中点， ∴． ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∴． 又∵， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是矩形． (2) 【分析】（1）先证明四边形是平行四边形，然后根据“有一个角是直角的平行四边形是矩形”即可证明结论； （2）由（1）的相关结论结合已知条件可得，由全等三角形的性质可得，如图：取的中点F，连接，则，，，利用三角形中位线的性质以及平行线的性质可得，，然后利用勾股定理求解即可． 【详解】（1）略 （2）解：由（1）可知：，， ∴， ∵， ∴， 如图：取的中点F，连接，则，，， ∴是的中位线，， ∴， ∴． 21．（2026·广东肇庆·二模）定义：如题图1，点，把线段分割成，和，若以，，为边的三角形是一个直角三角形，则称点，是线段的勾股分割点． (1)已知点，是线段的勾股分割点，若，，求的长． (2)如图2，在菱形中，点、分别在、上，，，、分别交于点，．求证：，是线段的勾股分割点． 【答案】(1)3或5 (2)∵四边形是菱形， ，，， 设， ，， ， ∴ ，即， ，则， ， ∴ ，即 ，则， ， ， ， ， ， 、N是线段的勾股分割点 【分析】（1）设，则，分类讨论：①当是斜边时，②当是斜边时，③当是斜边时，根据勾股定理进行计算即可求解． （2）菱形的性质，设，根据，，得出，进而根据相似三角形的性质得，，进而根据勾股定理的逆定理进行验证，即可求解． 【详解】（1）解，， ， 设，则， ①当是斜边时，， ，整理得， ， 原方程无解，即不是斜边； ②当是斜边时，， ， 解得，， ； ③当是斜边时，， ， 解得，， ； 的长为3或5； （2）略 22．（2026·广东肇庆·二模）如图，四边形是某景区内的一个观景台，是通往观景台的步道，已知，观景台的高为6米，且步道的坡比为．为了提升游客的安全性和舒适性，景区决定降低步道的坡比，改造后的新步道的坡角．（点A，B，G在同一直线上）． (1)求新步道的长； (2)原步道底部B处的正前方10米E处（米）是一排景观树，为保证安全，景区管理部门规定，步道底部至少距景观树7米，请问新的设计方案是否符合规定，并说明理由． （参考数据：） 【答案】(1)新步道的长约为10米 (2)新的设计方案符合规定，详见解析 【分析】（1）过点C作于点H，可知四边形是矩形，进而解三角形即可求解； （2）根据坡比即可知米，解三角形即可知长度即可判断． 【详解】（1）解：（1）如图，过点C作于点H， ， ∵新步道的坡角， ． ， 得四边形是矩形， 米， （米）． 答：新步道的长约为10米； （2）解：∵步道的坡比为1：1， 米， ∴在中，（米）， （米）， （米）米， ∴新的设计方案符合规定． 23．（2026·广东汕头·一模）如图，在平行四边形中，对角线与相交于点O，E为延长线上一点，且，F为延长线上一点，且，连接． (1)求证：； (2)已知_____（从以下两个条件中任选一个作为已知，填写序号），请判断四边形的形状，并证明你的结论． 条件①：； 条件②：平分． 【答案】(1)见解析 (2)选择①，四边形是矩形，理由见解析；选择②，四边形是菱形，理由见解析 【分析】（1）证明，即可； （2）根据矩形和菱形的判定，解答即可． 【详解】（1）证明：∵四边形是平行四边形， ∴， ∴， ∵， ∴， ∴， 即， ∴， ∴； （2）解：选择①，四边形是矩形，理由如下： ∵四边形是平行四边形， ∴，， ∵，， ∴， ∴，， ∴四边形是平行四边形， ∵， ∴， ∴四边形是矩形； 选择②，四边形是菱形，理由如下： 由（1）知：，， ∴， ∴， ∴四边形是平行四边形， ∵平分， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴， ∴是菱形， ∴， ∴， ∴四边形是菱形． 24．（2026·广东云浮·一模）如图，在中，，M为上的任意一点，连接．将绕着点A顺时针旋转得到线段，点N在边上，且． (1)求证：四边形为菱形． (2)若，，求的长． 【答案】(1)见解析 (2) 【分析】（1）由旋转和平行四边形推得，从而可推得是等边三角形，得到，故四边形为菱形； （2）由（1）知在中，，得，，故． 【详解】（1）解：由旋转得，，， 四边形是平行四边形， ，，，， ， ， 又， ， 在和中， ， ， ， ，即， 在中，，， 是等边三角形， ， 四边形为菱形； （2）解： ，， 由（1）结论知，，， ， 在菱形中，， 在中，，， ， ， ． 25．（2026·广东清远·三模）已知四边形中，E、F分别是、边上的点，与交于点G． 【问题发现】 (1)如图1，若四边形是正方形，且于G，则______； 【拓展研究】 (2)如图2，当四边形是矩形时，且于G，，，则______； 【解决问题】 (3)如图3，若四边形是平行四边形，且时，求证：． 【答案】(1)1 (2) (3)证明：四边形是平行四边形， ，， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ，， ， ， ， ， ， ， ， ． 【分析】（1）先根据正方形及直角三角形的性质证明，再根据全等三角形的性质得到，即可求得答案； （2）先根据矩形及直角三角形的性质证明，再根据相似三角形的性质求得答案； （3）先证明，得到，再证明，可得，所以，即可证明结论． 【详解】（1）解：四边形是正方形， ，， ， ， ， ， ， ， ； （2）解：四边形是矩形， ，， ， ， ， ， ， ； （3）略 26．（2026·广东深圳·三模）【定义】平行四边形一组邻边中的一边的中点，另一边的一个三等分点与不在这组邻边上的顶点组成的三角形，如果这个三角形是以中点为直角顶点的直角三角形，就称这个三角形是平行四边形的三分中直三角形． 【示例】如图1，在中，点是 的中点，点 是的三等分点，如果．则是的三分中直三角形． 【尝试发现】 (1)如图2，是矩形 的三分中直三角形，，若，求 的长； 【问题解决】 (2)如图3，是的三分中直三角形，，求证：； 【拓展提升】 (3)如图4，在中，，，以为三分中直三角形的平行四边形的一组邻边是，，直接写出的值． 【答案】(1) (2)证明：如图，延长交 延长线于 ， 在中，，， ∴， ∴， ∵是的三分中直三角形，， ∴，，， ∴， ∴， ∴，即点是的中点， ∴在中，． (3)或或或 【分析】（1）首先根据已知条件证明，然后利用相似三角形的性质可知，再根据三分中直三角形的定义代入已知数据计算即可； （2）观察图形结构，并结合已知条件，尝试通过构造全等和相似三角形求解．首先向延长交 延长线于 ，然后利用相似可得，继而利用直角三角形斜边中线等于斜边一半即可得出结论； （3）结合已知条件，当 为三分中直三角形时，另外一个三等分点是还是并不确定，因此需要分情况进行讨论，利用相似结合勾股定理求解即可． 【详解】（1）解：∵矩形 ， ∴，， 又∵是矩形 的三分中直三角形，， ∴，，， ∴， ∵， ∴， ∴， ∴，即， 解得（负值已舍去）； （2）略 （3）解：当是的三分中直三角形， ，， 如图，过点作于点 ，过点 作于点 ， ∵在中，，，， ∴， 又∵， ∴， ∴， ∴设，，则，， ∵， ∴， ∵， ∴， ∵， ∴， ∴， ∵在中，，， ∴， ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴，， ∵， ∴，， ∴． 当是的三分中直三角形， ，， 如图，过点作交延长线于点 ，过点 作于点， 同理可得：，， 设，，则，， ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴，， ∵， ∴，， ∴． 当是的三分中直三角形，，， 如图，过点作交延长线于点 ，过点 作于点， 同理可得：，， 设，，则，， ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴，， ∵， ∴，， ∴． 当是的三分中直三角形，，， 如图，过点作交延长线于点 ，过点 作于点， 同理可得：，， 设，，则，， ∴，， ∴，， ∵， ∴， ∴， ∴，， ∴，， ∵， ∴，， ∴． 综上，的值为或或或． 27．（2026·广东肇庆·三模）问题背景 如图，在四边形中，，，，，，点E是射线上的动点，以为直角腰在右侧作四边形，且四边形四边形．连接． 观察感知 (1)如图，当时，交于点M，求的长． (2)探究发现 设，的面积为S，求S关于x的函数关系式． (3)问题拓展 如图，连接，点E在运动过程中，求线段的最小值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据题意，由平行四边形的判定得到四边形为平行四边形，根据相似多边形的性质，结合勾股定理得到，再证明即可求解； （2）根据多边形相似得到，如1，2图，过点F作交射线于点H，证明得到，分类讨论：当点E在线段上时；当点E在延长线上时；结合面积的计算即可求解； （3）如图，过点F作交射线于点H，延长交直线于点K，结合（2）的计算得到，设，则，，，，，，在中由勾股定理得到关于的函数值，再根据二次函数，二次根式的计算即可求解． 【详解】（1）解：，，， 四边形为平行四边形，， ， 四边形四边形， ， ， 在中，， ， ， ，， ， ， ， ，即， ． （2）解：四边形四边形， ， ， 如1，2图，过点F作交射线于点H， ， 由题可知， ，， ， ， ， ， ， 分类讨论： ①如1图，当点E在线段上时（），， 当时，即点E与点B重合，点F与射线上，即点E，C，F共线，此时不存在，当时，即点E与点C重合，不存在， ， ； ②如2图，当点E在延长线上时（），， ， 综上所述，S与x的函数关系式为：； （3）解：如图，过点F作交射线于点H，延长交直线于点K， 四边形为矩形， 由（2）可知：，， ， 设， ， ，， ，， ，， 在中，， ， 当时，有最小值， ∴最小值为， 线段的最小值为． 试卷第1页，共3页 2 / 6 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题07 三角形与四边形综合 3年真题1年模拟 考点分类 广东考情（2024-2026） 命题规律 考点01 三角形的全等与相似 2026广东卷 2025广东卷 2024广东卷 选填、解答均高频考查，分值3-9分。全等侧重 SSS、SAS、ASA、AAS 判定与性质；相似重点考查相似判定、对应边成比例、面积比等于相似比平方。全等多作为大题基础步骤；相似常结合几何图形、实际测量。近三年减少繁杂辅助线，注重基础判定定理，常和四边形、圆综合设问。 考点02 解直角三角形 2026广东卷 2025广东卷 2024广东卷 解答题高频，分值7-9分。以仰角、俯角、坡度、方位角实际情境为主，构造直角三角形，利用三角函数、勾股定理求解边长。图形以双直角三角形模型居多；近三年题干数据友好，计算难度适中，重点考查从实际场景抽象几何模型，极少出现过于复杂的边角转化。 考点03 多边形内角和与中位线定理 2026广东卷 2025广东卷 以选择、填空题为主，分值3分。多边形重点考内角和公式、外角和；三角形中位线考查线段平行、长度数量关系，偶尔结合平行四边形。题型直接简单；近三年偏向直接套用公式，很少嵌套多层复杂综合，属于基础得分点。 考点04 特殊四边形 2026广东卷 2025广东卷 2024广东卷 选填、几何解答均有，分值3-8分。考查平行四边形、矩形、菱形、正方形的判定与性质，常和全等、勾股定理结合。菱形侧重对角线性质，正方形综合性最强；近三年弱化繁琐证明，偏向边、角、对角线的计算，常作为综合题中间过渡环节。 考点01 三角形的全等与相似 1．（2025·广东·中考真题）如图，在矩形中，，是边上的三等分点，连接，相交于点，连接．若，，则的值是（   ） A． B． C． D． 2．（2024·广东广州·中考真题）如图，在中，，，为边的中点，点，分别在边，上，，则四边形的面积为（    ） A．18 B． C．9 D． 3．（2026·广东·中考真题）如图，在中，，，点在上，且，连接．过点作的垂线交于点，交于点，连接，． (1)求的长； (2)求证：； (3)求的值． 4．（2025·广东广州·中考真题）如图，，，．求证：． 5．（2025·广东深圳·中考真题）综合与探究 【探索发现】如图1，小军用两个大小不同的等腰直角三角板拼接成一个四边形． 【抽象定义】以等腰三角形的一腰为边向外作等腰三角形，使该边所对的角等于原等腰三角形的顶角，此时该四边形称为“双等四边形”，原等腰三角形称为四边形的“伴随三角形”．如图2，在中，，，．此时，四边形是“双等四边形”，是“伴随三角形”． 【问题解决】如图3，在四边形中，，，．求： ①与的位置关系为：__________： ②_____．（填“>”，“”或“”） 【方法应用】①如图4，若，将绕点逆时针旋转至，点恰好落在边上，求证：四边形是双等四边形． ②如图5，在等腰三角形中，，，，在平面内找一点，使四边形是以为伴随三角形的双等四边形，若存在，请求出的长，若不存在，请说明理由． 6．（2024·广东广州·中考真题）如图，点，分别在正方形的边，上，，，．求证：． 考点02 解直角三角形 1．（2026·广东深圳·中考真题）在数学实践课上，老师将一副四巧板中的四块图形按如图1所示摆放，再将这些图形重新拼接成如图2所示的图形．已知拼接后点，为图2中图形的顶点，则的长为（     ）． A．2 B． C．3 D． 2．（2024·广东深圳·中考真题）如图，为了测量某电子厂的高度，小明用高的测量仪测得的仰角为，小军在小明的前面处用高的测量仪测得的仰角为，则电子厂的高度为（    ）（参考数据：，，） A． B． C． D． 3．（2026·广东·中考真题）在桌上放一块平面镜，让手电筒的一束光斜射到平面镜上，在墙壁上就会出现一个明亮的光斑．如图，，若，，则_____． 4．（2024·广东深圳·中考真题）如图，在中，，，D为上一点，且满足，过D作交延长线于点E，则________． 5．（2025·广东·中考真题）综合与实践 【阅读材料】 如图，在锐角中，，，的对边长分别为，，，则有．这是解三角形的重要结论，可用于解决实际问题． 【问题提出】万绿湖是广东省重要的生态屏障和饮用水水源地．某综合与实践小组要绘制一幅万绿湖局部平面示意图，现需要知道湖中，两岛间的实际距离．由于地形原因，无法利用测距仪直接测量，该小组对这一问题进行了探究． 【方案设计】 工具：测角仪、测距仪、无人机（只能测角度、水平面高度）． 测量过程： 步骤1：如图，在空旷地找一点； 步骤2：利用无人机多次测量并取平均值测得，； 步骤3：利用测距仪多次测量并取平均值测得，． 【问题解决】 （1）请你利用【阅读材料】中的结论计算，两岛间的距离． （参考数据：，，） 【评价反思】 （2）设计其他方案计算，两岛间的距离．要求：选用【方案设计】中的工具，写出你的方案和所用的数学知识． 6．（2024·广东广州·中考真题）2024年6月2日，嫦娥六号着陆器和上升器组合体（简称为“着上组合体”）成功着陆在月球背面．某校综合实践小组制作了一个“着上组合体”的模拟装置，在一次试验中，如图，该模拟装置在缓速下降阶段从点垂直下降到点，再垂直下降到着陆点，从点测得地面点的俯角为，米，米． (1)求的长； (2)若模拟装置从点以每秒2米的速度匀速下降到点，求模拟装置从点下降到点的时间．（参考数据：，，） 7．（2024·广东·中考真题）中国新能源汽车为全球应对气候变化和绿色低碳转型作出了巨大贡献．为满足新能源汽车的充电需求，某小区增设了充电站，如图是矩形充电站的平面示意图，矩形是其中一个停车位．经测量，，，，，是另一个车位的宽，所有车位的长宽相同，按图示并列划定．    根据以上信息回答下列问题：（结果精确到，参考数据） (1)求的长； (2)该充电站有20个停车位，求的长． 考点03 多边形内角和与中位线定理 1．（2026·广东·中考真题）某海洋牧场网箱采用了六边形流线型结构．如图，六边形的内角和为（     ） A． B． C． D． 2．（2025·广东·中考真题）如图，点，，分别是各边上的中点，，则（   ） A． B． C． D． 3．（2026·广东·中考真题）如图，在四边形中，，连接，，，点，，分别是，，的中点，连接，，，则_____． 考点04 特殊四边形 1．（2025·广东广州·中考真题）如图，菱形的面积为10，点E，F，G，H分别为，，，的中点，则四边形的面积为（   ） A． B．5 C．4 D．8 2．（2025·广东深圳·中考真题）如图，将正方形沿折叠，使得点与对角线的交点重合，为折痕，则的值为（   ） A． B． C． D． 3．（2026·广东深圳·中考真题）如图，在菱形中，点为边的中点，连接，．若，且，则菱形的边长为________． 4．（2024·广东深圳·中考真题）如图所示，四边形，，均为正方形，且，，则正方形的边长可以是______（写出一个答案即可）．    5．（2024·广东广州·中考真题）如图，中，，点在的延长线上，，若平分，则______． 6．（2024·广东·中考真题）如图，菱形的面积为24，点E是的中点，点F是上的动点．若的面积为4，则图中阴影部分的面积为______． 7．（2025·广东·中考真题）如图，是斜边上的中线，过点，分别作，，与相交于点．现有以下命题： 命题1：若连接交于点，则． 命题2：若连接，则． 命题3：若连接，则． 任选两个命题，先判断真假，再证明或举反例． 8．（2024·广东深圳·中考真题）垂中平行四边形的定义如下：在平行四边形中，过一个顶点作关于不相邻的两个顶点的对角线的垂线交平行四边形的一条边，若交点是这条边的中点，则该平行四边形是“垂中平行四边形”． (1)如图1所示，四边形为“垂中平行四边形”，，，则______；______； (2)如图2，若四边形为“垂中平行四边形”，且，猜想与的关系，并说明理由； (3)①如图3所示，在中，，，交于点，请画出以为边的垂中平行四边形，要求：点在垂中平行四边形的一条边上（不限作图工具）； ②若关于直线对称得到，连接，作射线交①中所画平行四边形的边于点，连接，请直接写出的值． 1．（2026·广东广州·二模）如图，已知等边的周长为，点D．分别是边、的中点，连接，则（     ） A． B． C． D． 2．（2026·广东广州·二模）如图，正五边形中，边，的延长线交于点，则的度数为（     ） A． B． C． D． 3．（2026·广东清远·二模）某种树叶在显微镜下的细胞图片可近似看成一个六边形，则该多边形的内角和是（     ） A． B． C． D． 4．（2026·广东东莞·三模）如图，点D，E分别是边、的中点，将沿着对折，点A落在边上的点F处，若，则的度数为（     ） A． B． C． D． 5．（2026·广东清远·一模）如图，四边形是矩形，直线分别交，，于点，，，下列条件中，不能证明的是（     ） A．为矩形两条对角线的交点 B．为对角线的中垂线 C． D． 6．（2026·广东广州·二模）如图，在平面直角坐标系中，点的坐标是，点的坐标是，，，则点的坐标是（     ） A． B． C． D． 7．（2026·广东肇庆·一模）如图，在矩形中，，，为中点，连接，则的长为_____． 8．（2026·广东云浮·一模）如图，平行四边形的周长为，则________． 9．（2026·广东深圳·三模）如图，正方形的边长为4，点E在边上，，连接，将线段绕点E顺时针旋转得到线段，连接，交于点G，则的长为____________． 10．（2026·广东佛山·二模）在矩形中，点E是边上一点，连接，过A作于点F，若，，，则矩形的面积是______． 11．（2026·广东深圳·三模）如图，在矩形中， ，以点为圆心，适当长为半径画弧，分别交 于点 ，再分别以点 为圆心，大于长为半径画弧交于点，作射线，过点作的垂线分别交 于点，则的长是__________． 12．（2026·广东广州·二模）如图，已知，，．求证：． 13．（2026·广东广州·三模）如图，在中，，， ，四边形为矩形，点D，E分别在线段上运动，点G，F在线段上． (1)边上的高_______； (2)当时，求的长度； (3)求矩形面积的最大值． 14．（2026·广东东莞·三模）如图，在中，连接对角线，分别作和的中线，． (1)求证：； (2)当满足什么条件时，四边形是矩形，请证明你的结论． 15．（2026·广东清远·三模）如图，已知在 中， (1)实践与操作：用尺规作图法过点 作的平分线，交边于点 ．（保留作图痕迹，不要求写作法） (2)应用与证明：在（1）的条件下，，求 的长． 16．（2026·广东肇庆·三模）如图，，相交于点E，，为四边形的对角线．连接，，已知．现从条件：①，②，③中任选2个，求证：垂直平分． 17．（2026·广东清远·二模）如图，菱形的对角线、相交于点，是的中点，连接．若，求菱形的周长． 18．（2026·广东广州·二模）已知：如图，四点B、E、C、F顺次在同一条直线上，A、D两点在直线 的同侧，，，．求证：． 19．（2026·广东清远·三模）党的十八大以来，从水质治理到滨水空间营造全面实行，随着水生态文明建设持续推进，古老的城市河流焕发新颜，为城市发展和人民生活注入生机与活力．某校组织学生以测量平行河流宽度为题，进行数学项目式学习，两个兴趣小组设计了两个不同的方案，他们在河南岸的处，测得河北岸的一棵树底部点恰为点的正北方向，测量方案如下： 方案一：如题图，观测者从点向正西方向走5米到达点，在处测得点在它的北偏东方向．（参考数据：，） 方案二：如题图，观测者在点竖直立起标杆，的长为1米，再在的延长线上选择点，使得的长为8米，竖直立起标杆，的长为2米． (1)请选择其中一个方案，求河流宽度． (2)除上述方案外，请你运用所学知识再设计一个方案测量河宽，并画出测量示意图，不需要测量数据，但要求写出只要测出哪条线段的长，就能推出河宽，并说明方案的可行性． 20．（2026·广东茂名·二模）如图，在中，点O为边的中点，连接并延长交的延长线于点E，连接，，． (1)求证：四边形是矩形； (2)连接，若，，求的长． 21．（2026·广东肇庆·二模）定义：如题图1，点，把线段分割成，和，若以，，为边的三角形是一个直角三角形，则称点，是线段的勾股分割点． (1)已知点，是线段的勾股分割点，若，，求的长． (2)如图2，在菱形中，点、分别在、上，，，、分别交于点，．求证：，是线段的勾股分割点． 22．（2026·广东肇庆·二模）如图，四边形是某景区内的一个观景台，是通往观景台的步道，已知，观景台的高为6米，且步道的坡比为．为了提升游客的安全性和舒适性，景区决定降低步道的坡比，改造后的新步道的坡角．（点A，B，G在同一直线上）． (1)求新步道的长； (2)原步道底部B处的正前方10米E处（米）是一排景观树，为保证安全，景区管理部门规定，步道底部至少距景观树7米，请问新的设计方案是否符合规定，并说明理由． （参考数据：） 23．（2026·广东汕头·一模）如图，在平行四边形中，对角线与相交于点O，E为延长线上一点，且，F为延长线上一点，且，连接． (1)求证：； (2)已知_____（从以下两个条件中任选一个作为已知，填写序号），请判断四边形的形状，并证明你的结论． 条件①：； 条件②：平分． 24．（2026·广东云浮·一模）如图，在中，，M为上的任意一点，连接．将绕着点A顺时针旋转得到线段，点N在边上，且． (1)求证：四边形为菱形． (2)若，，求的长． 25．（2026·广东清远·三模）已知四边形中，E、F分别是、边上的点，与交于点G． 【问题发现】 (1)如图1，若四边形是正方形，且于G，则______； 【拓展研究】 (2)如图2，当四边形是矩形时，且于G，，，则______； 【解决问题】 (3)如图3，若四边形是平行四边形，且时，求证：． 26．（2026·广东深圳·三模）【定义】平行四边形一组邻边中的一边的中点，另一边的一个三等分点与不在这组邻边上的顶点组成的三角形，如果这个三角形是以中点为直角顶点的直角三角形，就称这个三角形是平行四边形的三分中直三角形． 【示例】如图1，在中，点是 的中点，点 是的三等分点，如果．则是的三分中直三角形． 【尝试发现】 (1)如图2，是矩形 的三分中直三角形，，若，求 的长； 【问题解决】 (2)如图3，是的三分中直三角形，，求证：； 【拓展提升】 (3)如图4，在中，，，以为三分中直三角形的平行四边形的一组邻边是，，直接写出的值． 27．（2026·广东肇庆·三模）问题背景 如图，在四边形中，，，，，，点E是射线上的动点，以为直角腰在右侧作四边形，且四边形四边形．连接． 观察感知 (1)如图，当时，交于点M，求的长． (2)探究发现 设，的面积为S，求S关于x的函数关系式． (3)问题拓展 如图，连接，点E在运动过程中，求线段的最小值． 试卷第1页，共3页 2 / 6 学科网（北京）股份有限公司 $函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题07三角形与四边形综合 3年真题1年模拟答案版 三年真题分类园 考点01三角形的全等与相似 1.B 2.C 3.(1)4 (2)证明：，∠BAC=90°，AE⊥CD, .∠AED=∠CAD=90°，∠DAE=∠ACD=90°-∠ADC, .∠ADE=∠CDA, ∴.△ADE-△CDA, AD DE ∴CDAD .AD=DE·DC .BD=3AD ..BD2=9A D2 BD=9DE·DC 3)2 4.证明：，∠1=∠2， :.∠1+∠EBC=∠2+∠EBC,即∠ABC=∠EBD, 在△ABC和△EBD中， BA=BE ∠ABC=∠EBD BC=BD ∴.△ABC≌△EBD|SAS 5.问题解决：①互相平行：②= 1/25 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 【方法应用】①证明：.△ADE为△ABC旋转得到， ∴.AB=AD 令∠B=a,则∠ADB=a,∠BAD=180°-2a, .∠ADE=∠B=a, 由旋转得，DE=BC,AE=AC, 又'AC=BC, .'EA=ED, ∴.∠DAE=∠ADE=a, ∴.∠E=180°-2a, ∴.∠E=∠BAD '四边形ABDE为双等四边形： ②CD=25t7125 6或3或36 6.证明：.BE=3,EC=6, ∴BC=9 ,四边形ABCD是正方形， ∴.AB=CB=9,∠B=∠C=90°， .AB_9_3BE_3 ·EC62'CF2 .ABBE ·ECCF 又.'∠B=∠C=90°， ∴.△ABE一△ECF 考点02解直角三角形 1.B 2.A 3.6 20 4.21 5.(1)499m: 2/25 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (2)工具：测角仪、测距仪、无人机（只能测角度、水平面高度）， 测量过程： 步骤1：如图，在空旷地找一点C,使得△ABC是锐角三角形： 步骤2：利用无人机多次测量并取平均值测得∠C的度数； 步骤3：利用测距仪多次测量并取平均值测得BC=am,AC=bm, 计算过程： 过点A作AD⊥BC,则∠ADC=∠ADB=90°， B D 在Rt△ACD中，sinC=A C,COSC=CD .AD=bsinC m,CD=bcosC m, ..BD=BC-CD=a-bcosCm, .在Rt△ACD中，AD+BD=AB2, ..AB=bsinC+a-bcosCm). 答：A,B两岛间的距离为bsinC2+a-bcosCm. 6.(I)CD的长约为8米： (2)模拟装置从A点下降到B点的时间为4.5秒. 7.(1)6.1m (2)66.7m 品 考点03多边形内角和与中位线定理 1.D 3/25 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 2.C 3.2 考点04特殊四边形 1.B 2.D 3.2V2 4.2(答案不唯一) 5.5 6.10 7.命题1是真命题， 证明如下： 连接DE,交AC于O,如图所示： E D ,·CD是Rt△ABC斜边AB上的中线， .'CD=DA=DB=-AB, .·AE‖DC,CE‖AB, ∴.四边形ADCE是平行四边形， DA=DC, ∴.四边形ADCE是菱形， ∴.AC⊥DE,且OA=OC,OE=OD, .D为AB的中点， ∴DO是△ABC的中位线，则OD=BC, .SACFB= CFc,5cm号CF-0E,为5a0m-25。a: 4/25 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 命题2是真命题， 证明如下： 连接DE,交AC于O,如图所示： E D B 'CD是Rt△ABC斜边AB上的中线， ∴CD=DA=DB=3AB, AE‖DC,CE‖AB, 四边形ADCE是平行四边形， DA=DC, ∴.四边形ADCE是菱形， ∴.AC⊥DE: 命题3是真命题， 证明如下： 连接DE,交AC于O,如图所示：， E D B ,:CD是Rt△ABC斜边AB上的中线， :.CD-DA-DB-AB, .·AE‖DC,CE‖AB, ∴.四边形ADCE是平行四边形， .'CE=AD .CE=DB, .CE‖AB 5/25 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∴.四边形BCED是平行四边形， ∴.ED=BC 8.(1)1,V17 )AF=2CD, 理由如下： ,四边形ABCD为“垂中平行四边形”， ∴ADBC,AD=BC,AB=CD,BF=号BC=3AD, ∴.△AED一△FEB, AE=DE-A0=2=2, EFBE BF 1 设BE=X,则DE=2X, .AB=BD=3x, ..AE=A B2-BE2=22x, EF=号AB=2X ..AF=AE+EF=32x, ..AF=2AB, ..AF=2CD: ③)①第一种情况：如图①，作BC的平行线AD,并使得DA=CB,连接CD,则四边形ABCD为平行四边 形， 延长BE交AD于F, AD‖BC, .△AEF一△CEB, AF AE ∴BCCE1 ..CE=2AE, .AF-BG-TAD, .F为AD的中点， 6/25 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ∴.四边形ABCD即为所求的“垂中平行四边形”； 第二种情况：如图②，作∠ABC的平分线，并取CH=CB交∠ABC的平分线于点H,延长CH交BE的 延长线于点D,在射线BA上取AF=AB,连接DF,故点A为BF的中点， D E B ② BH平分∠ABC, .∠ABH=∠CBH. .CH=CB. .∠CHB=∠CBH, ∴∠CHB=∠ABH, ..AB CD. .△ABE一△CDE, ABAE CD CE' .CE=2AE, ∴.CD=2AB ..CD=BF. .四边形BCDF为平行四边形， ∴四边形BCDF为所求的“垂中平行四边形”： 第三种情况：如图③，作AD‖BC,交BE的延长线于点D,连接CD,在DA的延长线上取点F,使得 AF=AD,连接BF,则点A为DF的中点， 同理可得证明AD=BC,则DF=BC,则四边形BCDF为平行四边形， 故四边形BCDF为所求的“垂中平行四边形”； 7/25 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 F ③ ②PE=3V④341 4或 2 V一年模孤练测园 1.D 2.C 3.C 4.B 5.D 6.A 7.13 8.6 9.7 . 2V10 5 12.证明：.AC‖DF, ∴.∠ACB=∠DFE, 在△ABC和△乙中， ∠B=∠E BC=EF ∠ACB=∠DFE ∴.△ABC≌△(ASA), .AB=DE. 13.(1)4: 8/25 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 20 ② 3)5 14.1)证明：.四边形ABCD是平行四边形， ∴.AD=BC,ADBC. ,'AE、CF分别是△ABC和△ACD的中线， CE=BE-BC,AF=DF=AD. ∴.AF=CE. 又.AF‖CE, ∴.四边形AECF是平行四边形 .'AE=CF. (2)当△ABC满足AB=AC时，四边形AECF是矩形.理由如下： .AC=AB,AE是△ABC的中线， .∴.AE⊥BC ∠AEC=90. 由(1)得，四边形AECF是平行四边形， ∴.平行四边形AECF是矩形 (2)根据矩形的判定定理，只需AB=AC得到∠AEC=90°即可. 15.1) B (2)4V3 16.选择条件②∠A=∠D,③BF=FC, 证明：在△ABE和△DCE中， ∠A=∠D ∠AEB=∠DEC AB=CD .△ABE≌△DCE AAS, ∴.EB=EC, 点E在线段BC的垂直平分线上， 9/25 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 'BF=FC, ∴点F在线段BC的垂直平分线上， ∴.EF垂直平分BC: 选择①AC=BD,③BF=FC, 证明：在△ABC和△DCB中， AB=DC AC=DB BC=CB ∴.△ABC≌△DCBSSS, ∴∠ACB=∠DBC, ..BE=CE, ∴点E在线段BC的垂直平分线上， BF=FC, ∴点F在线段BC的垂直平分线上 .EF垂直平分BC: 选择①AC=BD,②∠A=∠D, 证明：在△ABC和△DCB中， AB=DC ∠A=∠D AC=BD .△ABC≌△DCB SAS, .∠ACB=∠DBC, ∴BE=CE, ∴点E在线段BC的垂直平分线上， 无法确定BF=CF, .点F不一定再线段BC的垂直平分线上， 故选择①②不能证明EF垂直平分BC: 综上所述，选择①③或选择②③可证明EF垂直平分BC.(答案不唯一，合理即可) 17.解：，四边形ABCD是菱形， .∴.AC⊥DB,AB=BC=CD=AD .∠AOB=90°， 10/25 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 又，E是AB的中点， .0E=1AB=2.5, AB=5, ∴菱形ABCD的周长为：5×4=20. 18.证明：BE=CF, .'BE+CE=CF+CE,BC=EF, AB‖DE, ∠B=∠就， ,∠ACB=∠DFE, .△ACB≌△DFE ASA, ∴.AC=DF 19.(I)选择方案一：由题意可知△ABC为直角三角形，∠ACB=90°-32°=58°， ..tan58=AB_AB ≈1.60 BC 5 ..AB=8m, 即河流宽度为8m: 选择方案二：由题意可知∠ABC=∠ADE=90°， 又，∠A=∠A, .△ABC△ADE, AB_BC_1 ∴ADED2 .AD=2AB. 又BD=AD-AB=8, ..AB=8m, 即河流宽度为8m: (2)如图，观测者从B向正东走到D,点O是BD中点，再从点D沿着垂直于BD的DE方向走，直到点A、 O、E在一条直线上.示意图如下：只需要测量出DE的长度就能推出河宽： 11/25 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 O是BD中点， ∴OB=OD, .AB⊥BD,ED⊥BD ∴.∠ABO=∠EDO=90°， 在△ABO和△EDO中， ∠ABO=∠EDO BO=DO ∠AOB=∠DOE ∴.△ABO≌△EDO ASA, .'.ED=AB, ∴，河宽AB的长度就是线段ED的长度 20.(1)证明：，点0为边AD的中点， ∴.AO=DO :四边形ABCD是平行四边形， .AB‖CD,AB=CD, .∠BAO=∠EDO. 又，∠AOB=∠DOE, .△AOB≌△DOE ASA, ..AB=DE, ∴四边形ABDE是平行四边形， .∠BDC=90°， .∠BDE=90°， .四边形ABDE是矩形. (2)106 21.1)3或5 12/25 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (2),四边形ABCD是菱形， .AB=BC=CD=AD,AB CD,BC AD, 设AB=BC=CD=AD=a, E=Bc=0,nF-号cD 1 30, AB DF, ∴.△ABN≌△FDN 1 器器 Q 1 BN a 3 .DN=号BN,则DN=BD, ,AD‖BE, ∴.△ADM-△EBM .BE=BM AD MD' 即BM 1 MD BM-号MD,则BM-号D, MN=BD-DN-BM=BD-4BD-BD=>BD 12 ∴.MN>BM>DN, Br-Df-D2. 2 BM4DN2-日BD2+6BD流BD-Mw 16 144 ∴.M、N是线段BD的勾股分割点 22.(1)新步道AC的长约为10米 13/25 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 (2)新的设计方案符合规定，详见解析 23.(1)证明：，四边形ABCD是平行四边形， .OB=OD,AD=BC,AD‖BC ∴.∠ADE=∠CBF, .BE=OB,DF=OD ..BE=DF, .BE+BD=DF+BD, 即DE=BF, .△ADE≌△CBF SAS, ..AE=CF: (2)解：选择①，四边形AECF是矩形，理由如下： ,四边形ABCD是平行四边形， ..AO=OC,OB=OD. BE=OB,DF=OD ∴.OB=BE=OD=DF, ∴.OE=OF,EF=2BD ∴四边形AECF是平行四边形， .AC=2BD ..AC=EF, ∴.四边形AECF是矩形： 选择②，四边形AECF是菱形，理由如下： 由(I)知：△ADE≌△CBF,AE=CF, .∠CFB=∠AED, ..AE CF, ∴.四边形AECF是平行四边形， .AC平分∠BAD, .∠BAO=∠DAO, .AB CD. .∠BAC=∠ACD, .∠ACD=∠DAO, 14125 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .AD=CD .口ABCD是菱形， .AC⊥BD, .AC⊥EF, .四边形AECF是菱形. 24.(1)解：由旋转得，AM=AN,∠MAN=60°， ,四边形ABCD是平行四边形， ∴.AB=CD,AD=BC,∠ADC=∠ABC=60°，AB‖DC, ∴.∠∧=∠BAN, ,'∠A=∠BAN=∠BAM+∠MAN=∠BAM+60°， 又.'∠AMC=∠BAM+∠ABM=∠BAM+60°， ∴.∠∧=∠AMC, 在△ADN和△ACM中， DN=CM ∠∧=∠AMC AN=AM '.△ADN≌△ACMSAS, ∴.∠DAN=∠CAM, .∴.∠DAN+∠NAC=∠CAM+∠NAC,即∠DAC=∠MAN=60°， 在△ADC中，∠ADC=60°，∠DAC=60°， .△ADC是等边三角形， ∴.AD=DC, ∴.四边形ABCD为菱形： (2)解：.DN=4,BM=2, .由(1)结论知，CM=DN=4,BC=AD, .∴.BC=CM+BM=6, .在菱形ABCD中，∠ADC=60°， ∴.在Rt△AOD中，∠ADO=30°，AD=6, A0=AD×23, 15/25 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .D0=VAD2-A0=36-9=33. .BD=2D0=63. 25.(1)解：.四边形ABCD是正方形， ∴∠A=∠FDC=90°，AD=DC, .∴.∠AED+∠ADE=90°， DE⊥CF, ∴.∠DFC+∠ADE=90°， ∴∠AED=∠DFC, .∴.△AED≌△DFC(AAS), ∴DE=CF, …器1 (2)解：，四边形ABCD是矩形 ∴.∠A=∠FDC=90°，DC=AB=3, .∴.∠AED+∠ADE=90, .DE⊥CF, .∴.∠DFC+∠ADE=90°， ∴.∠AED=∠DFC, ∴.△AED一△DFC, =405 CF DC 3 3)证明：.四边形ABCD是平行四边形， ∴.AD‖BC,∠B=∠CDF, ∴.∠B+∠A=180, .∠B+∠EGC=180°， .∴.∠EGD=∠A, ∴.∠EGD=∠DGF, .∠DGF=∠A, :∠FDG=∠EDA, ∴.△FDG一△EDA, 16125 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ·DG_DF ·DADE' ·DG_DA ·DFDE .∠B+∠EGC=180°，∠B=∠CDF, ∴.∠CDF+∠EGC=180°， .∠CGD+∠EGC=180, ∴.∠CGD=∠CDF, .∠DCG=∠FCD, ∴.△DCG△FCD, DG_CD ·FD-CF DACD ·DECF DE AD ·CFCD 26.(1)解：，矩形ABCD, .∠A=∠B=90°，AD=BC=6, 2 又：△DMN是矩形ABCD的三分中直三角形，CN=专BC=4, ∠DMN=90,AM=BM=5AB,BN=号BC=2, 3 .∠AMD+∠BMN=90°， .∠AMD+∠ADM=90°， ∴.∠ADM=∠BMN, .△ADM~△BMN, AD_AM B ∴BMBN,即 6=2 2 解得AB=43(负值已舍去)： (2)证明：如图，延长MN交DC延长线于G, 17/25 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 M B N D G 在口ABCD中，AB‖CD,AB=CD, .△MNB-△GNC, MB_BN .CGCN' AD是AHCD的三分中直三角，形CN=号BC, :∠DMN=90°，AM=MB=号AB,CN=2BN, MB_BN1 CGCN 2' ..CG=2MB=AB, :.CG=CD,即点C是DG的中点， :在R△DMG中，CM=CD=号DG, (3)解：①当△ABC是口ADEF的三分中直三角形，CD=CE=号DE,BE=号EF, 3 如图，过点A作AG⊥DE于点G,过点B作BH⊥DE于点H, :在口ADEF中，AD=EF,AD‖EF,AD=EF, .∠ADG=∠BEH 又，∠AGD=∠BHE=90°， ∴.△BHE一△AGD, 18125 西学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 BH HE BE 1 ·AG GD AD31 “.设BH=X,HE=y,则AG=3x,GD=3y, .∠BCA=90, ∴.∠GCA+∠BCH=90°， ,∠GCA+∠CAG=90°， 、∠BCH=∠CAG, .∠CHB=∠AGC=90°， .△CBH一△ACG, BH CH BC CGAG AC' ,在Rt△ABC中，∠ACB=90°，tan∠BAC= BC 1 AC 2 BH CH BC 1 ·CG=AGAC2' G=2BH=2xCH-AG-=号 D=CG-GD=2x-3y.CE=CH+HE= .CD=CE, 2-y*y x=8y, .CD=2x-3y=16y-3y=13y,AG=3x=24y, .DE=2CD=26y,AD=AG2+G D2=24y2+(3y2=365y, .a<b, .a=365y,b=26y, .a_3V65y_3V65 …b 26y 26 ②当△ABC是ADEFI的三分中直三角，形CD=CE-DE,BE=R, 3 如图，过点A作AG⊥DE交ED延长线于点G,过点B作BH⊥DE于点H, 19125 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 D BH HE BE 2 BH CH BC 1 同理可得：AGGD AD3,CGAGAC2 设BH=x,HE=y,则AG=3X 米，GD=3 AG=3 .CG=2BH=2x,CH=1 X, 4 CD-CG-GD-2x+ -x+y, .CD=CE, 2x- 之之 4 .x=2y, 3 ..CD=2x- y=4y号y-y,AG=x=3y 3.5 2 ..DE=2CD=5y,AD=AG2+GD2=3yP+ 3 _35y, .a<b, :a=35y.b=5y. 2 35y a-2 35 b 5y10 @当△ABC是BEDF的三分中直三角形，CD=DE=DE,AD号DP, 如图，过点A作AG⊥DE交ED延长线于点G,过点B作BH⊥DE于点H, 20125 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 B A D G BH HE BE3 BH CH BC 1 同理可得：AG=GDAD2:CGAG AC2' 设H=X证=y.则G-号xGD-号x ∴CG=2BH=2x,CH=1 AG= 1 3， ..CD=CG-GD=2x-- y,CE=CH+H桃 3x+y, .CD=CE, .x=y, ..CD=2x 2 、4 3y=2y-3y=3y,BH=x=y, ·DE=2CD=8 ,BE=BH2+HE-y+y-2y. ,a<b, a=2y,b=8 a-2y-3V2 .b8 8. ④当△ABC是口BEDF的三分中直三角形，CD=DE=DE,AD-号DF, 如图，过点A作AG⊥DE交ED延长线于点G,过点B作BH⊥DE于点H, 21125 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 B E 81 器恶恶3，器恶 同理可得：AG GD AD 设BH=X,H北=y.则AG写xGD=写 :CG=2B明=2x,CH-号AG-言x 1 CD-CG-GD-2xy CE-CH+Ey 6 .CD=CE, 1 3y=6x+y, 6 8 上 ..CD=2x- =1iy-3y 33y,BH=x=8 ,16,1,-3 .DE-2CD-yBE-H 8 2 11 .a<b, V185 .a= 10y,b=24 ， V185 3V185 74. 74· 33y 综上，的值为 3V65353V23V185 26或10或8 74 27.(1)解：：AD‖BC,AE‖CD,∠BAD=90°， ∴.四边形ADCE为平行四边形，∠ABC=∠BAD=90°， ∴.EC=AD=4, 22125 可学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .四边形ABCD一四边形AEFG, ∴.∠CME=∠AEF=∠ABC=90°， ∴.BE=BC-EC=9-4=5, .在Rt△ABE中，AE2=AB+BE2=12+52=132, ∴.AE=13, .:∠AEF=∠ABC=90°， ,∴.∠BAE+∠AEB=180°-∠ABC=90°，∠MEC+∠AEB=180°-∠AEF=90°， ∴∠BAE=∠MEC, .'∠ABE=∠EMC=90°， ∴.△ABE一△EMC, AE_BE135 ,ECMC,即4=CM' .CM=20 13 (2)解：.四边形ABCD一四边形AEFG, ·AB_BC ·AEEF1 A9=AB-12-4 ·EFBC93 如1,2图，过点F作FH⊥BC交射线BC于点H, G G D D A E C H C E 图1 图2 ∴.∠FHE=∠ABC=90°， 由题可知∠AEF=∠ABC=90°， ∴.∠BAE+∠AEB=90°，∠FEH+∠AEB=90°， ∴.∠BAE=∠FEH, '.△ABE一△EHF, 23125 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ·BE=AE-4 HF EF 3' .BE=x, ..HF=3, 分类讨论： ①如1图，当点E在线段BC上时(0≤x≤9)，EC=BC-BE=9-X, 当x=O时，即点E与点B重合，点F与射线BC上，即点E,C,F共线，此时△ECF不存在，当x=9时， 即点E与点C重合，△ECF不存在， .0<x<9, cH=9-子x后x+ .SAECF=2 8 x: ②如2图，当点E在BC延长线上时(x>9),EC=BE-BC=X-9, SAECF= 4 8 综上所述，S与x的函数关系式为：S=U; (3)解：如图，过点F作FH⊥BC交射线BC于点H,延长AD交直线FH于点K, G D M B ∴.四边形ABHK为矩形， 由(2)可知：△ABE一△EHF, AE4 EF3' .BEABAE4 ·HF EH EF3' 设BE=m, m=12=AE_4 ·HF EH EF3' EH=9,FH= 4m, 24125 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 .'AK=BH=BE+EH=m+9,HK=AB=12, .DK=AK-AD=9+m-4=5+m,FK=HK-FH=12-3r ， 在Rt△DKF中，DF=DK2+FK=25m2-8m+169= 256423969 m- X Y16 16 25 25 64 .当m 25时， DF有最小值， :最小值为6×25 25× 4642 3969 a3969_63 25 25 V25-51 3 线段DF的最小值为5 25125