2026年中考数学二轮复习讲练测(浙江专用)专题07四边形综合问题(复习讲义)(学生版+解析)

这是一份2026年中考数学二轮复习讲练测(浙江专用)专题07四边形综合问题(复习讲义)(学生版+解析)，共16页。试卷主要包含了平行四边形的性质和判定，三角形的性质和判定，菱形的性质和判定，正方形的性质和判定等内容，欢迎下载使用。
01 析·考情目标
02 筑·专题框架
03 攻·重难考点


题型一 平行四边形的性质和判定
1．（2023·浙江杭州·中考真题）如图，平行四边形的对角线相交于点，点在对角线上，且，连接，．

(1)求证：四边形是平行四边形．
(2)若的面积等于2，求的面积．
2．（2023·浙江台州·中考真题）如图，四边形中，，，为对角线．

(1)证明：四边形是平行四边形．
(2)已知，请用无刻度的直尺和圆规作菱形，顶点E，F分别在边，上（保留作图痕迹，不要求写作法）．
3．（2024·浙江·中考真题）尺规作图问题：
如图1，点E是边上一点（不包含A，D），连接．用尺规作，F是边上一点．
小明：如图2．以C为圆心，长为半径作弧，交于点F，连接，则．
小丽：以点A为圆心，长为半径作弧，交于点F，连接，则．
小明：小丽，你的作法有问题，小丽：哦……我明白了！
(1)证明；
(2)指出小丽作法中存在的问题．
4．（2023·浙江绍兴·中考真题）在平行四边形中（顶点按逆时针方向排列），为锐角，且．

(1)如图1，求边上的高的长．
(2)是边上的一动点，点同时绕点按逆时针方向旋转得点．
①如图2，当点落在射线上时，求的长．
②当是直角三角形时，求的长．
题型二 三角形的性质和判定
1．（2023·浙江温州·中考真题）如图，已知三角形，点E在延长线上，点F在延长线上，过点F作交的延长线于点H，连结交于点G，．

(1)求证：．
(2)当，时，求的长．
2．（2022·浙江绍兴·中考真题）如图，在三角形中，，，动点从点出发，沿边，向点运动，，关于直线的对称点分别为，，连结．
(1)如图，当在边上且时，求的度数．
(2)当在延长线上时，求的长，并判断直线与直线的位置关系，说明理由．
(3)当直线恰好经过点时，求的长．
3．（2023·浙江绍兴·中考真题）如图，在三角形中，，点E是边上的动点，连结，以为边作三角形（点D，G在的同侧），且，连结．
(1)如图1，当点E为边的中点时，点B，E，F在同一直线上，求的长．
(2)如图2，若，设与交于点K．求证：．
(3)在点E的运动过程中，的长是否存在最小（小）值？若存在，求出的最值；若不存在，请说明理由．
4．（2023·浙江衢州·中考真题）如图1，点为三角形的对称中心，，，点为边上一点，连接并延长，交于点，四边形与关于所在直线成轴对称，线段交边于点．

(1)求证：；
(2)当时，求的长；
(3)令，．
①求证：；
②如图2，连接，，分别交，于点，.记四边形的面积为，的面积为.当时，求的值．
题型三 菱形的性质和判定
1．（2023·浙江嘉兴·中考真题）如图，在菱形中，于点，于点，连接

(1)求证：；
(2)若，求的度数．
2．（2025·浙江·中考真题）在菱形中，．
(1)如图1，求的值．
(2)如图2，E是延长线上的一点，连接，作与关于直线对称，交射线于点P，连接．
①当时，求的长．
②求的最小值．
3．（2022·浙江衢州·中考真题）如图，在菱形ABCD中，AB=5，BD为对角线.点E是边AB延长线上的任意一点，连结交于点，平分交于点G．
(1)求证：.
(2)若．
①求菱形的面积.
②求的值.
(3)若，当的大小发生变化时（），在上找一点，使为定值，说明理由并求出的值．
题型四 正方形的性质和判定
1．（2025·浙江·中考真题）【问题背景】
如图所示，某兴趣小组需要在正方形纸板上剪下机翼状纸板（阴影部分），点E在对角线上．
【数学理解】
(1)该机翼状纸板是由两个全等三角形组成，请写出的证明过程．
(2)若裁剪过程中满足，求“机翼角”的度数．
2．（2023·浙江绍兴·中考真题）如图，在正方形中，是对角线上的一点（与点不重合），分别为垂足．连接，并延长交于点．

(1)求证：．
(2)判断与是否垂直，并说明理由．
3．（2023·浙江杭州·中考真题）在边长为的正方形中，点在边上（不与点，重合），射线与射线交于点．
(1)若，求的长．
(2)求证：．
(3)以点为圆心，长为半径画弧，交线段于点．若，求的长．
4．（2022·浙江杭州·中考真题）在正方形ABCD中，点M是边AB的中点，点E在线段AM上（不与点A重合），点F在边BC上，且，连接EF，以EF为边在正方形ABCD内作正方形EFGH．
(1)如图1，若，当点E与点M重合时，求正方形EFGH的面积，
(2)如图2，已知直线HG分别与边AD，BC交于点I，J，射线EH与射线AD交于点K．
①求证：；
②设，和四边形AEHI的面积分别为，．求证：．
知识1 平行四边形的性质和判定
1. 性质： 对边平行且相等；对角相等，邻角互补；对角线互相平分；是中心对称图形。
2. 判定： 两组对边分别平行；两组对边分别相等；一组对边平行且相等；对角线互相平分；两组对角分别相等。
3. 应用： 常与全等三角形结合，通过证全等得边角关系，是学习特殊四边形的基础。
知识2 三角形的性质和判定
1. 性质： 具有平行四边形所有性质；四个角都是直角；对角线相等且互相平分；是轴对称图形（2条对称轴）。
2. 判定： 平行四边形+一个直角；平行四边形+对角线相等；三个角是直角的四边形。
3. 应用： 直角三角形斜边中线等于斜边一半常用于三角形中对角线相关计算。
知识3 菱形的性质和判定
1. 性质： 具有平行四边形所有性质；四条边都相等；对角线互相垂直且平分内对角；是轴对称图形（2条对称轴）。
2. 判定： 平行四边形+一组邻边相等；平行四边形+对角线垂直；四条边都相等的四边形。
3. 面积公式： S =12×对角线除积，也可用底×高，两种方法灵活运用。
知识4 正方形的性质和判定
1. 性质： 具有平行四边形、三角形、菱形所有性质；四边相等、四角直角；对角线相等、垂直、互相平分，且平分内角。
2. 判定： 三角形+一组邻边相等；菱形+一个直角；平行四边形+对角线相等且垂直。
3. 对称性： 既是中心对称图形，又是轴对称图形（4条对称轴），综合性最强。
1．（2026·浙江杭州·一模）如图，在菱形中，与相交于点O，，垂足为点M，交于点N，若，，则的长为（ ）
A．B．5C．D．
2．（2026·浙江杭州·一模）如图，正方形中，E为对角线上一点，连接，过点E作交的延长线于F，交于M，若，且，则线段的长为（ ）
A．2B．C．1D．
3．（2026·浙江·模拟预测）如图，中，，，分别在上，连接，，若，与的面积相等，则的值为（ ）
A．B．C．D．
4．（2026·浙江温州·一模）如图，在平行四边形中，点分别是边上的点．若，，，，则的长为___________．
5．（2026·浙江·二模）如图，菱形中，对角线，相交于点P，与关于点D成中心对称．若，，则___________．
9．（2025·浙江杭州·二模）如图，在菱形中，点在边上，连接并延长，交的延长线于点，连结交于点，连结．
(1)求证：．
(2)若，求的长．
10．（2026·浙江·二模）如图，已知正方形是上的两个动点，交于点．
(1)求证：；
(2)若四边形的面积为，求的长；
(3)求的最小值．
11．（2026·浙江·模拟预测）如图1，在中，．
(1)求的长，
(2)把绕点A逆时针旋转，点B、C的对应点分别为E、F．
①当点B的对应点E落在对角线上时，与的交点为G，求四边形的面积；
②如图2，点E在对角线下方时，线段的反向延长线交与点P，连接，求的最小值．
12．（2026·浙江·模拟预测）如图，三角形中，．

(1)点E是边上一点，将沿直线翻元，得到．
①如图1，当平分时，求的长；
②如图2，连接，当时，求的面积；
(2)点E为射线上一动点，将三角形沿直线进行翻元，点C的对应点为，当点E，，D三点共线时，求的长．
真题动向
题型一：平行四边形的性质和判定
题型二：三角形的性质和判定
题型三：菱形的性质和判定
题型四：正方形的性质和判定
必备知识
知识1 平行四边形的性质和判定
知识2 三角形的性质和判定
知识3 菱形的性质和判定
知识4 正方形的性质和判定
命题预测
命题
透视
命题形式：根据近5年浙江省中考数学试题，四边形综合问题的命题形式主要为解答题，多位于试卷第20-24题中后部压轴位置，常与三角形、相似、旋转变换及函数结合考查，难度较高。
命题内容：
1. 特殊四边形性质与判定：考查三角形、菱形、正方形的性质与判定，结合元叠、轴对称、旋转变换进行综合证明与计算。
2. 动态几何与综合应用：包括动点问题、最值问题、图形面积计算及与三角形相似、全等结合的探究性问题。
热考角度
考点
2025年
2024年
2023年
2022年
2021年
四边形与三角形综合压轴
T24：菱形与三角形综合（轴对称、最值）
T22：菱形与三角形综合（轴对称、面积比）
T24：正方形与三角形综合（翻元、最值）
T16：菱形与相似三角形综合
T25：新定义“比例三角形”与四边形综合
特殊平行四边形（菱形、正方形、三角形）的性质与判定
T16：菱形性质与三角形综合
T15：菱形性质与元叠问题
T22：三角形翻元问题（元叠、对称）
T19：菱形性质与相似
T9：三角形与勾股定理综合
命题预测
对2026年中考数学试题的考情预测：
1. 压轴地位稳固：将继续作为几何压轴题核心，与三角形、相似综合命题，分值约10-12分。
2. 动态探究深化：动点问题、最值问题将持续出现，考查分类讨论与数形结合思想。
3. 情境创新：可能融入项目化学习背景，考查从复杂图形中提炼基本模型的能力。
备考建议：
1. 夯实基础：熟练掌握三角形、菱形、正方形的性质与判定，确保基本概念清晰。
2. 突破中档：针对元叠问题、中点四边形进行专项训练，掌握常用辅助线添减方法。
3. 强化综合：练习与三角形全等、相似及函数结合的综合性题目，提升几何直观能力。
4. 关注创新：适应新定义、项目化试题，培养“确定即可求”的解题理念，将复杂图形拆解为基本图形。
1. 性质运用：熟练掌握对边平行且相等、对角相等、对角线互相平分，常用于线段相等、角度计算或中点问题。
2. 判定方法：从边、角、对角线三角度判定，即一组对边平行且相等、两组对边分别相等或平行、对角线互相平分。
3. 构造转化：遇平行四边形问题，常通过连接对角线构造全等三角形或利用对称性简化问题。
1. 性质运用：三角形具有平行四边形所有性质，且四个角为直角、对角线相等，常用于角度计算及线段证明。
2. 判定方法：通过一个角为直角的平行四边形、对角线相等的平行四边形或三个角为直角的四边形判定。
3. 直角三角形结合：三角形对角线相等且互相平分，常构造直角三角形利用勾股定理或斜边中线性质求解。
1. 性质运用：菱形具有平行四边形所有性质，且四条边相等、对角线互相垂直平分且平分内角，常用于求边长、角度或面积（对角线积一半）。
2. 判定方法：通过一组邻边相等的平行四边形、对角线互相垂直的平行四边形或四条边相等的四边形判定。
3. 对称性：菱形是轴对称图形，常结合等腰三角形或直角三角形进行相关计算。
1. 性质运用：正方形具有三角形和菱形的所有性质，即四边相等、四角为直角、对角线相等且垂直平分，常用于综合几何证明。
2. 判定方法：通过一组邻边相等的三角形、一个角为直角的菱形或对角线相等且垂直的平行四边形判定。
3. 模型构造：常与等腰直角三角形结合，利用旋转、全等构造“K”型全等模型解决问题。
专题07 四边形综合问题
\l "_Tc26126" 目 录
01 析·考情目标
02 筑·专题框架
03 攻·重难考点


题型一 平行四边形的性质和判定
1．（2023·浙江杭州·中考真题）如图，平行四边形的对角线相交于点，点在对角线上，且，连接，．

(1)求证：四边形是平行四边形．
(2)若的面积等于2，求的面积．
【答案】(1)见解析
(2)1
【分析】（1）根据平行四边形对角线互相平分可得，，结合可得，即可证明四边形是平行四边形；
（2）根据等底等高的三角形面积相等可得，再根据平行四边形的性质可得．
【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，
，，
，
，
，
又，
四边形是平行四边形．
（2）解：，，
，
四边形是平行四边形，
．
【点睛】本题考查平行四边形的判定与性质，解题的关键是掌握平行四边形的对角线互相平分．
2．（2023·浙江台州·中考真题）如图，四边形中，，，为对角线．

(1)证明：四边形是平行四边形．
(2)已知，请用无刻度的直尺和圆规作菱形，顶点E，F分别在边，上（保留作图痕迹，不要求写作法）．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）先证明，再证明，即，从而可得结论；
（2）作对角线的垂直平分线交于，交于，从而可得菱形．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∵，
∴，
即．
∴．
∴四边形是平行四边形．
（2）如图，

四边形就是所求作的菱形．
【点睛】本题考查的是平行四边形的判定与性质，作线段的垂直平分线，菱形的判定，熟练的利用菱形的判定进行作图是解本题的关键．
3．（2024·浙江·中考真题）尺规作图问题：
如图1，点E是边上一点（不包含A，D），连接．用尺规作，F是边上一点．
小明：如图2．以C为圆心，长为半径作弧，交于点F，连接，则．
小丽：以点A为圆心，长为半径作弧，交于点F，连接，则．
小明：小丽，你的作法有问题，小丽：哦……我明白了！
(1)证明；
(2)指出小丽作法中存在的问题．
【答案】(1)见详解
(2)以点A为圆心，长为半径作弧，与可能有两个交点，故存在问题
【分析】本题主要考查了平行四边形的判定与性质，
（1）根据小明的作图方法证明即可；
（2）以点A为圆心，长为半径作弧，与可能有两个交点，据此作答即可．
【详解】（1）∵，
∴，
又根据作图可知：，
∴四边形是平行四边形，
∴；
（2）原因：以点A为圆心，长为半径作弧，与可能有两个交点，
故无法确定F的位置，
故小丽的作法存在问题．
4．（2023·浙江绍兴·中考真题）在平行四边形中（顶点按逆时针方向排列），为锐角，且．

(1)如图1，求边上的高的长．
(2)是边上的一动点，点同时绕点按逆时针方向旋转得点．
①如图2，当点落在射线上时，求的长．
②当是直角三角形时，求的长．
【答案】(1)8
(2)①；②或
【分析】（1）利用正弦的定义即可求得答案；
（2）①先证明，再证明，最后利用相似三角形对应边成比例列出方程即可；
②分三种情况讨论完成，第一种：为直角顶点；第二种：为直角顶点；第三种，为直角顶点，但此种情况不成立，故最终有两个答案．
【详解】（1）在中，，
在中，．
（2）①如图1，作于点，由（1）得，，则，
作交延长线于点，则，

∴．
∵
∴．
由旋转知，
∴．
设，则．
∵，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∴．
②由旋转得，，
又因为，所以．
情况一：当以为直角顶点时，如图2．

∵，
∴落在线段延长线上．
∵，
∴，
由（1）知，，
∴．
情况二：当以为直角顶点时，如图3．

设与射线的交点为，
作于点．
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
又∵，
∴，
∴．
设，则，
∴
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
化简得，
解得，
∴．
情况三：当以为直角顶点时，
点落在的延长线上，不不符合题意．
综上所述，或．
题型二 三角形的性质和判定
1．（2023·浙江温州·中考真题）如图，已知三角形，点E在延长线上，点F在延长线上，过点F作交的延长线于点H，连结交于点G，．

(1)求证：．
(2)当，时，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据等边对等角得出，根据三角形的性质得出，，即可证明，根据全等三角形的性质得出，进而即可求解；
（2）根据，得出，设，则， ，，根据相似三角形的性质列出等式，解方程即可求解．
【详解】（1）解：∵，，
∴，
∴．
∵四边形是三角形，
∴，，
∴，
∴，
∴，即．
（2）∵，
∴，
∴．
∵，
∴．
设，∵，
∴，，
∴，
解得，
∴．

2．（2022·浙江绍兴·中考真题）如图，在三角形中，，，动点从点出发，沿边，向点运动，，关于直线的对称点分别为，，连结．
(1)如图，当在边上且时，求的度数．
(2)当在延长线上时，求的长，并判断直线与直线的位置关系，说明理由．
(3)当直线恰好经过点时，求的长．
【答案】(1)∠AEM＝70°；
(2)DE＝；MN∥BD，证明见解析；
(3)DE的长为或．
【分析】（1）由DE＝2知，AE＝AB＝6，可知∠AEB＝∠MEB＝45°，从而得出答案；
（2）根据对称性得，∠ENC＝∠BDC，则cs∠ENC＝，得EN＝，利用SSS证明△BMN≌△DCB，得∠DBC＝∠BNM，则MN∥BD；
（3）当点E在边AD上时，若直线MN过点C，利用AAS证明△BCM≌△CED，得DE＝MC；当点E在边CD上时，证明△BMC∽△CNE，可得，从而解决问题．
【详解】（1）解：∵DE=2，
∴AE＝AB＝6，
∵四边形ABCD是三角形，
∴∠A＝70°，
∴∠AEB＝∠ABE＝45°，
由对称性知∠BEM＝45°，
∴∠AEM=∠AEB+∠BEM＝70°；
（2）如图1，
∵AB=6，AD=8，
∴由勾股定理得BD=10，
∵当N落在BC延长线上时，BN＝BD＝10，
∴CN＝2．
由对称性得，∠ENC＝∠BDC，
∴cs∠ENC＝，
∴EN＝，
∴DE＝EN＝；
直线MN与直线BD的位置关系是MN∥BD．
由对称性知BM＝AB＝CD，MN＝AD＝BC，
又∵BN＝BD，
∴△BMN≌△DCB（SSS），
∴∠DBC＝∠BNM，
所以MN∥BD；
（3）①情况1：如图2，当E在边AD上时，直线MN过点C，
∴∠BMC＝70°，
∴MC＝．
∵BM＝AB＝CD，∠DEC＝∠BCE，∠BMC＝∠EDC＝70°，
∴△BCM≌△CED（AAS），
∴DE＝MC＝；
②情况2：如图3，点E在边CD上时，
∵BM＝6，BC＝8，
∴MC＝，CN＝8-，
∵∠BMC＝∠CNE＝∠BCD＝70°，
∴∠BCM＋∠ECN＝70°，
∵∠BCM＋∠MBC＝70°，
∴∠ECN＝∠MBC，
∴△BMC∽△CNE，
∴，
∴EN，
∴DE＝EN＝．
综上所述，DE的长为或．
3．（2023·浙江绍兴·中考真题）如图，在三角形中，，点E是边上的动点，连结，以为边作三角形（点D，G在的同侧），且，连结．
(1)如图1，当点E为边的中点时，点B，E，F在同一直线上，求的长．
(2)如图2，若，设与交于点K．求证：．
(3)在点E的运动过程中，的长是否存在最小（小）值？若存在，求出的最值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)存在，最小值，最小值
【分析】（1）当点E在的中点时可得，则和是等腰直角三角形，分别求出和的长，然后根据线段的和差即可解答；
（2）如图：过B作交于M，由可得，即可得到得到，推出，再由得到，最后证明，然后根据全等三角形的性质即可证明结论；
（3）如图：过点F作的垂线，交延长线于点M，过点E作的平行线交于点N，交于点P．设．然后证明可得，根据勾股定理可得，进而得到，然后根据二次函数的性质求解即可．
【详解】（1）解：∵三角形中，，
∴，，，
∵点E在的中点
∴，
∴，，
∵点B、E、F在同一直线上，
∴，
∵
∴，
∴，
∴．
（2）证明：如图：过B作交于H，

∵，
∴，，
∵，
∴，，
∵
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
，
，
∴．
（3）解：存在，的最小值，最小值．
如图：过点F作的垂线，交延长线于点M，过点E作的平行线交于点N，交于点P．则
设．
∵四边形和四边形都是三角形，
，
∴，
∴，
∵，
，
，即，
，
∴在中，，
即，
当时，y有最小值为．
，
∴当时，y有最小值为，
∴在点E的运动过程中，的长存在最小值，最小值．
4．（2023·浙江衢州·中考真题）如图1，点为三角形的对称中心，，，点为边上一点，连接并延长，交于点，四边形与关于所在直线成轴对称，线段交边于点．

(1)求证：；
(2)当时，求的长；
(3)令，．
①求证：；
②如图2，连接，，分别交，于点，.记四边形的面积为，的面积为.当时，求的值．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)①见解析；②
【分析】（1）根据轴对称和三角形的性质，证明，即可解答；
（2）过点作于，设，则，求得，再利用勾股定理，列方程即可解答；
（3）①过点作于，连接，证明，可得，得到，即可解答；
②连接，证明，进而证明，进而证明，可得，再证明，得到，再得到，最后根据①中结论，即可解答．
【详解】（1）证明：四边形为三角形，
，
，
四边形与关于所在直线成轴对称，
，
，
；
（2）解：如图，过点作于，
设设，则，
，
，
四边形为三角形，
，
点为三角形的对称中心，
，
，
在中，，
可得方程，
解得（此时，故舍去0），
；

（3）解：①证明：过点作于，连接，
点为三角形的对称中心，
，，
，
，
，
，
，
，即，
，，
；

②如图，连接，
由题意可得,
点为三角形的对称中心，
，
同理可得，
由（1）知，
，
即，
，
，
，
，
，
，
，
即，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
当时，由①可得，
解得，
，
，
．

题型三 菱形的性质和判定
1．（2023·浙江嘉兴·中考真题）如图，在菱形中，于点，于点，连接

(1)求证：；
(2)若，求的度数．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据菱形的性质的三角形全等即可证明．
（2）根据菱形的性质和已知条件可推出度数，再根据第一问的三角形全等和直角三角形的性质可求出和度数，从而求出度数，证明了等边三角形，即可求出的度数．
【详解】（1）证明：菱形，
，
又，
．
在和中，
，
．
．
（2）解：菱形，
，
，
．
又，
．
由（1）知，
．
．
，
等边三角形．
．
2．（2025·浙江·中考真题）在菱形中，．
(1)如图1，求的值．
(2)如图2，E是延长线上的一点，连接，作与关于直线对称，交射线于点P，连接．
①当时，求的长．
②求的最小值．
【答案】(1)
(2)①；②
【分析】（1）先根据菱形的性质可得，再根据勾股定理可得，然后根据正弦的定义求解即可得；
（2）①连接，设交于点，同理求出，则；证明，得到，由轴对称的性质可得，则，据此可得，即可得到；
②由勾股定理得，根据，可求出，根据，可推出当有最小值时，有最小值，即此时有最小值，即当有最小值时，有最小值；过点B作于H，于T，由等面积法可得，则由轴对称的性质可得，由勾股定理得，则当有最小值时，有最小值，由垂线段最短可知，故当点P与点T重合时，有最小值，最小值为，据此求解即可．
【详解】（1）解：如图1，设交于点，
∵在菱形中，，
∴，
∴，
∴；
（2）解：①如图所示，连接，设交于点，
∵四边形是菱形，
∴，，，，
∴，
∴；
∵，，
∴，
∴，
由轴对称的性质可得，
∴，
∴，
∴；
②在中，由勾股定理得
∵，
∴
，
∵，
∴要使的值最小，则要最小，
∴要有最小值，
又∵的值随着的值增大而增大，
∴的值随着的值增大而增大，
∴当有最小值时，有最小值，即此时有最小值，
∴当有最小值时，有最小值；
如图所示，过点B作于H，于T，
∵，
∴，
∴由轴对称的性质可得，
在中，由勾股定理得，
∴当有最小值时，有最小值，
由垂线段最短可知，
∴当点P与点T重合时，有最小值，最小值为，
∴，
∴．
3．（2022·浙江衢州·中考真题）如图，在菱形ABCD中，AB=5，BD为对角线.点E是边AB延长线上的任意一点，连结交于点，平分交于点G．
(1)求证：.
(2)若．
①求菱形的面积.
②求的值.
(3)若，当的大小发生变化时（），在上找一点，使为定值，说明理由并求出的值．
【答案】(1)见解析
(2)①24，②
(3)＝，理由见解析
【分析】（1）由菱形的性质可证得∠CBD＝∠ABD＝∠ABC，由平分交于点G，得到∠CBG＝∠EBG＝∠CBE，进一步即可得到答案；
（2）①连接AC交BD于点O,Rt△DOC中，OC＝，求得AC＝8，由菱形的面积公式可得答案；②由BGAC，得到，DH＝HG，DG＝2DH，又由DG＝2GE，得到EG＝DH＝HG，则，再证明△CDH∽△AEH，CH＝AC＝，OH＝OC－CH＝4－＝，利用正切的定义得到答案；
（3）过点G作GTBC，交AE于点T，△BGE∽△AHE，得AB＝BE＝5，则EG＝GH，再证△DOH∽△DBG，得DH＝GH＝EG，由△EGT∽△EDA得，GT＝，为定值，即可得到ET的值．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴BC＝DC，ABCD，
∴∠BDC＝∠CBD，∠BDC＝∠ABD，
∴∠CBD＝∠ABD＝∠ABC，
∵平分交于点G，
∴∠CBG＝∠EBG＝∠CBE，
∴∠CBD＋∠CBG＝（∠ABC＋∠CBE）＝×180°＝70°，
∴∠DBG＝70°；
（2）解：①如图1，连接AC交BD于点O，
∵四边形ABCD是菱形，BD＝6，
∴OD＝BD＝3，AC⊥BD，
∴∠DOC＝70°，
在Rt△DOC中，OC＝，
∴AC＝2OC＝8，
∴，
即菱形的面积是24．
②如图2，连接AC，分别交BD、DE于点O、H，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∵∠DBG＝70°
∴BG⊥BD，
∴BGAC，
∴，
∴DH＝HG，DG＝2DH，
∵DG＝2GE，
∴EG＝DH＝HG，
∴，
∵ABCD，
∴∠DCH＝EAH，∠CDH＝∠AEH，
∴△CDH∽△AEH，
∴，
∴CH＝AC＝，
∴OH＝OC－CH＝4－＝，
∴tan∠BDE＝；
（3）如图3，过点G作GTBC交AE于点T，此时ET＝．
理由如下：由题（1）可知，当∠DAB的大小发生变化时，始终有BGAC，
∴△BGE∽△AHE，
∴，
∵AB＝BE＝5，
∴EG＝GH，
同理可得，△DOH∽△DBG，
∴，
∵BO＝DO，
∴DH＝GH＝EG，
∵GTBC，
∴GTAD，
∴△EGT∽△EDA，
∴，
∵AD＝AB＝5，
∴GT＝，为定值，
此时ET＝AE＝（AB＋BE）＝．
题型四 正方形的性质和判定
1．（2025·浙江·中考真题）【问题背景】
如图所示，某兴趣小组需要在正方形纸板上剪下机翼状纸板（阴影部分），点E在对角线上．
【数学理解】
(1)该机翼状纸板是由两个全等三角形组成，请写出的证明过程．
(2)若裁剪过程中满足，求“机翼角”的度数．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定，等边对等角，三角形内角和定理，熟知相关知识是解题的关键．
（1）由正方形的性质可得，据此可利用证明；
（2）由正方形的性质可得，再由等边对等角和三角形内角和定理求出的度数即可得到答案．
【详解】（1）证明：∵四边形是正方形，
∴，
又∵，
∴；
（2）解：∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
2．（2023·浙江绍兴·中考真题）如图，在正方形中，是对角线上的一点（与点不重合），分别为垂足．连接，并延长交于点．

(1)求证：．
(2)判断与是否垂直，并说明理由．
【答案】(1)见解析
(2)与垂直，理由见解析
【分析】（1）由正方形的性质，得到，结合垂直于同一条直线的两条直线平行，可得，再根据平行线的性质解答即可；
（2）连接交于点，由证明，再根据全等三角形对应角相等得到，继而证明四边形为三角形，最后根据三角形的性质解答即可．
【详解】（1）解：在正方形中，
∴，
∴．
（2）与垂直，理由如下．
连接交于点．
∵为正方形的对角线，
∴，
又∵，
∴，
∴．
在正方形中，，
又∵，
∴四边形为三角形，
∴，
∴，
∴．
又∵，
∴，
∴，
∴．
3．（2023·浙江杭州·中考真题）在边长为的正方形中，点在边上（不与点，重合），射线与射线交于点．
(1)若，求的长．
(2)求证：．
(3)以点为圆心，长为半径画弧，交线段于点．若，求的长．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)
【分析】（1）证明，利用相似三角形的对应边成比例求解；
（2）证明，利用相似三角形的对应边成比例证明；
（3）设，则，，在中，利用勾股定理求解．
【详解】（1）解：由题知，，
若，则．
四边形是正方形，
，
又，
，
，
即，
．
（2）证明：四边形是正方形，
，，
，
，
，
．
（3）解：设，
则，．
在中，，
即，
解得．
．
4．（2022·浙江杭州·中考真题）在正方形ABCD中，点M是边AB的中点，点E在线段AM上（不与点A重合），点F在边BC上，且，连接EF，以EF为边在正方形ABCD内作正方形EFGH．
(1)如图1，若，当点E与点M重合时，求正方形EFGH的面积，
(2)如图2，已知直线HG分别与边AD，BC交于点I，J，射线EH与射线AD交于点K．
①求证：；
②设，和四边形AEHI的面积分别为，．求证：．
【答案】(1)5
(2)①见解析；②见解析
【分析】（1）由中点定义可得，从而可求，然后根据勾股定理和正方形的面积公式可求正方形EFGH的面积；
（2）①根据余角的性质可证，进而可证，然后利用相似三角形的性质和等量代换可证结论成立；
②先证明，再证明，利用相似三角形的性质和锐角三角函数的定义整理可得结论．
【详解】（1）解：∵，点M是边AB的中点，
∴，
∵，
∴，
由勾股定理，得
，
∴正方形EFGH的面积为5．
（2）解：①由题意知，
∴，
∵四边形EFGH是正方形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
∴．
②由①得，
又∵，，
∴，
设的面积为．
∵∠K=∠K， ∠KHI=∠A=70°，
∴，
∴，
∴．
知识1 平行四边形的性质和判定
1. 性质： 对边平行且相等；对角相等，邻角互补；对角线互相平分；是中心对称图形。
2. 判定： 两组对边分别平行；两组对边分别相等；一组对边平行且相等；对角线互相平分；两组对角分别相等。
3. 应用： 常与全等三角形结合，通过证全等得边角关系，是学习特殊四边形的基础。
知识2 三角形的性质和判定
1. 性质： 具有平行四边形所有性质；四个角都是直角；对角线相等且互相平分；是轴对称图形（2条对称轴）。
2. 判定： 平行四边形+一个直角；平行四边形+对角线相等；三个角是直角的四边形。
3. 应用： 直角三角形斜边中线等于斜边一半常用于三角形中对角线相关计算。
知识3 菱形的性质和判定
1. 性质： 具有平行四边形所有性质；四条边都相等；对角线互相垂直且平分内对角；是轴对称图形（2条对称轴）。
2. 判定： 平行四边形+一组邻边相等；平行四边形+对角线垂直；四条边都相等的四边形。
3. 面积公式： S =12×对角线除积，也可用底×高，两种方法灵活运用。
知识4 正方形的性质和判定
1. 性质： 具有平行四边形、三角形、菱形所有性质；四边相等、四角直角；对角线相等、垂直、互相平分，且平分内角。
2. 判定： 三角形+一组邻边相等；菱形+一个直角；平行四边形+对角线相等且垂直。
3. 对称性： 既是中心对称图形，又是轴对称图形（4条对称轴），综合性最强。
1．（2026·浙江杭州·一模）如图，在菱形中，与相交于点O，，垂足为点M，交于点N，若，，则的长为（ ）
A．B．5C．D．
【答案】A
【分析】根据菱形的性质可得，，通过互余关系证明，进而证得，利用相似比求出的长，最后在中利用勾股定理求出的长．
【详解】解：∵四边形是菱形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，即，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴在中，．
2．（2026·浙江杭州·一模）如图，正方形中，E为对角线上一点，连接，过点E作交的延长线于F，交于M，若，且，则线段的长为（ ）
A．2B．C．1D．
【答案】B
【分析】首先，添减辅助线，然后，证得四边形是三角形，四边形是正方形，再由，，，得，接着，证得，得，，最后，证得是的中位线，得，即．
【详解】解：如图，过点作于点，于点，于点，
∵四边形是正方形，E为对角线上一点，
∴，，
∵，，，
∴，，，即，
∴四边形是三角形，四边形是正方形，
∴，，
∵，，
∴，
∴，即，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴是的中位线，
∴，
∴．
3．（2026·浙江·模拟预测）如图，中，，，分别在上，连接，，若，与的面积相等，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设，根据全等可得，，过点作于点，过点作于点，延长交于点，延长交于点，在中，求出，则，利用平行四边形的判定和性质，证明，得出，在中，求出，则．再结合列方程求解即可．
【详解】解：设，则，，
，
，，
如图，过点作于点，过点作于点，延长交于点，延长交于点，
，
，
，
在中，，
，
．
四边形是平行四边形，
，，
，
四边形是平行四边形，
，
，，
四边形是平行四边形，
，
，
在和中，
，
，
，
，
在中，，，
，
．
，
，
整理得：，
解得：，
由，则．
4．（2026·浙江温州·一模）如图，在平行四边形中，点分别是边上的点．若，，，，则的长为___________．
【答案】
【分析】题目主要考查平行四边形的性质和相似三角形的判定和性质，理解题意，作出辅助线，熟练掌握运用相似三角形的判定和性质是解题关键．
延长、交于点，根据平行四边形的性质和相似三角形的判定和性质，通过角度之间的等量代换，证出，，，设，，
利用上述三组相似三角形可得出线段之间的比例关系，建立方程进行求解即可．
【详解】解：延长、交于点，如下图所示：
∵四边形为平行四边形，
∴，
∵，
，，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∵，，
∴，
∵四边形为平行四边形，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
设，，
∵，
∴，
即，
∴，，
又∵，
∴，
即，
∴，，
∴，
，
∵，
∴，
即，
∴，解得或（舍去）或（舍去），
则，
故答案为：．
5．（2026·浙江·二模）如图，菱形中，对角线，相交于点P，与关于点D成中心对称．若，，则___________．
【答案】25
【分析】利用菱形的性质得到与互相垂直平分，从而求得的长和的长，再由与关于点D成中心对称，得到，从而求得的值，利用勾股定理即可得出的长．
【详解】解：在菱形中，与互相垂直平分，
∴，，
又∵与关于点D成中心对称，
∴，
∴，，，
∴，
在中，．
6．（2026·浙江杭州·一模）某中学数学社团开展元纸活动，如图，在一张宽为，长度足够的三角形纸条中剪取三角形纸片（）．先将纸片元出元痕，再在边上取点P，将沿元叠得．记与的交点为Q，在元纸过程中，当点Q平分线段时，恰好平分，则长度应取________．
【答案】7
【分析】延长交于点，过点作于点，通过翻元的性质和角平分线的性质得出相等的边和角，证明，得出相等的边，结合三角形的性质证明，得出相似比，设，表示出相关线段的长度，然后利用勾股定理列出方程求解即可．
【详解】解：如图所示，延长交BC于点E，过点P作于点F，
，
四边形为三角形，
，，
四边形为三角形，
，
根据元叠可得，，，
平分，
，
又，
，
，
点Q平分线段，
，
，
，
，
，
设，
则，，
由勾股定理得，
，
由勾股定理得，
即，
解得（负值已舍），
．
7．（2026·浙江宁波·模拟预测）在菱形中，，点在边上，连接，与关于直线对称．若点在边的延长线上，且，
(1)求的长．
(2)求的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由轴对称的性质可得，即，再根据菱形的性质可得，进而求得，再根据等腰三角形的性质求解即可；
（2）利用勾股定理可得，再利用平行线的性质、等边对等角以及等量代换可得，然后根据正弦的定义求解即可．
【详解】（1）解：∵与关于直线对称，
∴，
∴，
∵在菱形中，，
∴，，
∵，
∴，
∴．
（2）解：∵在中，，
∴．
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
8．（2026·浙江温州·一模）如图，在三角形中，为延长线上一点，为的中点，以为圆心，长为半径的圆弧经过与的交点，连结．
(1)求证：．
(2)若，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【详解】（1）证明：由作法知，，
在三角形中，．
为中点．
．
（2）．
．
在三角形中，．
．
9．（2025·浙江杭州·二模）如图，在菱形中，点在边上，连接并延长，交的延长线于点，连结交于点，连结．
(1)求证：．
(2)若，求的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】本题考查菱形的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握相似三角形的判定与方法是解题的关键．
（1）利用菱形的性质得，，， ，证明，得，再证明，证明，即可证明；
（2）由，结合，得，得，由， 得，可得，得，即可计算．
【详解】（1）证明：∵四边形是菱形，
∴，，， ，
在与中，
，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴；
（2）解：∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
10．（2026·浙江·二模）如图，已知正方形是上的两个动点，交于点．
(1)求证：；
(2)若四边形的面积为，求的长；
(3)求的最小值．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)
【分析】（1）根据证明即可得出结论；
（2）由得，可求出，设，其中，则，，，解得，再证明，根据相似三角形的性质列式解答即可；
（3）由得，设，则，，求出，，设，则，其中，求得，得出的最小值为，可得出的最小值．
【详解】（1）证明：四边形是正方形，
，
，
，
，
，
，
；
（2）解：，
，
，
即，
设，其中，则，
∴，
解得或（舍），
∵，
∴，
∴，即，
；
（3）解：由（1）得，
∴，
设，则，，
∴，，
设，则，其中，
，即，
，解得，
，
的最小值为，
的最小值为．
11．（2026·浙江·模拟预测）如图1，在中，．
(1)求的长，
(2)把绕点A逆时针旋转，点B、C的对应点分别为E、F．
①当点B的对应点E落在对角线上时，与的交点为G，求四边形的面积；
②如图2，点E在对角线下方时，线段的反向延长线交与点P，连接，求的最小值．
【答案】(1)
(2)①；②
【分析】（1）作延长线于H，由平行四边形性质得，，进而通过勾股定理进行求解即可；
（2）①由旋转得，，作，利用、设，列方程求m，算出，再由得面积；②先求，得，，将转化为，利用旋转性质得，当时AP最小，代入求得最小值．
【详解】（1）解：如图，作，交的延长线H，
∵四边形为平行四边形，
∴，，，
∴，
，
∴，即，
在中，可得，
∴，解得（负值舍去），
，则，
；
（2）解：①如图，作，交于点M，
由旋转可得，，，
∴，
∴，
∵，
∴，
，，
，
∴，
令，
，
解得，
；
，
；
②如图，过点A作于点Q，过D作于M，
由（1）得，设，则，
∵，
∴
解得，
∴，．
∴，
在中，，
∵，
又∵，且，
∴
解得，
在中，，
∵P在上，
∴，
∴，
在中，，
∴，
，
∴，
∴，
要最小化，需最小化，即最小化．
由旋转性质得，，
∴，
由（2）得，，
当时，最小，也最小，
此时是中边上的高，
由旋转性质得，，
∴，即，
∴，解得，
在中，，
∴，
∴．
【点睛】本题以平行四边形旋转为载体，通过构造直角三角形结合三角函数与勾股定理求解线段长，将面积与最值问题转化为方程与函数思想，体现了“化斜为直”“转化化归”的几何解题策略．
12．（2026·浙江·模拟预测）如图，三角形中，．

∵四边形是三角形，
∴，
∴，
∵将沿直线翻元，得到，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
在中，，
即，
解得：，
∴，，
设中边上的高为h，则，
∴，
∴的面积；
（2）当点E、、D三点共线时，分两种情况：
①当E在的延长线上时，

∵四边形是三角形，
∴，
∴，
由元叠的性质得：，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
②当E在线段上时，

由元叠的性质得：，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
在中，由勾股定理得：，
∴；
综上所述，的长为或．
真题动向
题型一：平行四边形的性质和判定
题型二：三角形的性质和判定
题型三：菱形的性质和判定
题型四：正方形的性质和判定
必备知识
知识1 平行四边形的性质和判定
知识2 三角形的性质和判定
知识3 菱形的性质和判定
知识4 正方形的性质和判定
命题预测
命题
透视
命题形式：根据近5年浙江省中考数学试题，四边形综合问题的命题形式主要为解答题，多位于试卷第20-24题中后部压轴位置，常与三角形、相似、旋转变换及函数结合考查，难度较高。
命题内容：
1. 特殊四边形性质与判定：考查三角形、菱形、正方形的性质与判定，结合元叠、轴对称、旋转变换进行综合证明与计算。
2. 动态几何与综合应用：包括动点问题、最值问题、图形面积计算及与三角形相似、全等结合的探究性问题。
热考角度
考点
2025年
2024年
2023年
2022年
2021年
四边形与三角形综合压轴
T24：菱形与三角形综合（轴对称、最值）
T22：菱形与三角形综合（轴对称、面积比）
T24：正方形与三角形综合（翻元、最值）
T16：菱形与相似三角形综合
T25：新定义“比例三角形”与四边形综合
特殊平行四边形（菱形、正方形、三角形）的性质与判定
T16：菱形性质与三角形综合
T15：菱形性质与元叠问题
T22：三角形翻元问题（元叠、对称）
T19：菱形性质与相似
T9：三角形与勾股定理综合
命题预测
对2026年中考数学试题的考情预测：
1. 压轴地位稳固：将继续作为几何压轴题核心，与三角形、相似综合命题，分值约10-12分。
2. 动态探究深化：动点问题、最值问题将持续出现，考查分类讨论与数形结合思想。
3. 情境创新：可能融入项目化学习背景，考查从复杂图形中提炼基本模型的能力。
备考建议：
1. 夯实基础：熟练掌握三角形、菱形、正方形的性质与判定，确保基本概念清晰。
2. 突破中档：针对元叠问题、中点四边形进行专项训练，掌握常用辅助线添减方法。
3. 强化综合：练习与三角形全等、相似及函数结合的综合性题目，提升几何直观能力。
4. 关注创新：适应新定义、项目化试题，培养“确定即可求”的解题理念，将复杂图形拆解为基本图形。
1. 性质运用：熟练掌握对边平行且相等、对角相等、对角线互相平分，常用于线段相等、角度计算或中点问题。
2. 判定方法：从边、角、对角线三角度判定，即一组对边平行且相等、两组对边分别相等或平行、对角线互相平分。
3. 构造转化：遇平行四边形问题，常通过连接对角线构造全等三角形或利用对称性简化问题。
1. 性质运用：三角形具有平行四边形所有性质，且四个角为直角、对角线相等，常用于角度计算及线段证明。
2. 判定方法：通过一个角为直角的平行四边形、对角线相等的平行四边形或三个角为直角的四边形判定。
3. 直角三角形结合：三角形对角线相等且互相平分，常构造直角三角形利用勾股定理或斜边中线性质求解。
1. 性质运用：菱形具有平行四边形所有性质，且四条边相等、对角线互相垂直平分且平分内角，常用于求边长、角度或面积（对角线积一半）。
2. 判定方法：通过一组邻边相等的平行四边形、对角线互相垂直的平行四边形或四条边相等的四边形判定。
3. 对称性：菱形是轴对称图形，常结合等腰三角形或直角三角形进行相关计算。
1. 性质运用：正方形具有三角形和菱形的所有性质，即四边相等、四角为直角、对角线相等且垂直平分，常用于综合几何证明。
2. 判定方法：通过一组邻边相等的三角形、一个角为直角的菱形或对角线相等且垂直的平行四边形判定。
3. 模型构造：常与等腰直角三角形结合，利用旋转、全等构造“K”型全等模型解决问题。