专题12：四边形综合 2026年中考数学二轮复习高频考点突破练习含答案

这是一份专题12：四边形综合 2026年中考数学二轮复习高频考点突破练习含答案，共2页。试卷主要包含了分析条件，依据性质定理，灵活运用方法，检验结论等内容，欢迎下载使用。

平行四边形和特殊平行四边形在中考数学中是占比比较大的一块考点，考察内容主要有各个特殊四边形的性质、判定、以及其应用:考察题型上从选择到填空再都解答题都有，题型变化也比较多样;并且考察难度也都是中等和中等偏上，难度较大，综合性比较强.所以需要考生在复习这块内容的时候一定要准确掌握其性质与判定，并且会在不同的结合问题上注意和其他考点的融合.
考点1 多结论问题
提分秘籍
1.分析条件：仔细研读题目所给条件，包括边的长度、角的度数、平行或垂直关系等，将其标注在图形上，便于直观分析。
2.依据性质定理：熟悉平行四边形、矩形、菱形、正方形等四边形的性质与判定定理，通过条件推导四边形的类型及相关结论，如由对边平行且相等可判定平行四边形。
3.灵活运用方法：常采用直接推导、反证法、特殊值法等。对于一些复杂结论，可通过构造辅助线，将四边形转化为三角形等熟悉的图形来求解。
4.检验结论：得出结论后，要检验其是否符合四边形的基本性质及题目条件。
典型例题
1．（2025·黑龙江哈尔滨·中考真题）如图，中，对角线，交于点，过点作的垂线，分别交，于点，，延长交直线于点，延长交直线于点，分别连接，，有如下结论：①，；②四边形是菱形；③若，．则；④若，，，点为上的一个动点，则的最小值是．上述结论中，所有正确结论的序号是_____．
2．（2025·山东青岛·中考真题）如图，在正方形中，，分别为，的中点．连接并延长交于点，交的延长线于点，为的中点，连接，，．下列结论：①；②；③；④．正确的是________（填写序号）．
3．（2025·吉林长春·中考真题）如图，在边长为4的正方形中，对角线、相交于点．点在线段上．连接，作于点，交于点．给出下面四个结论：
①；
②；
③当时，；
④点与点之间的距离的最小值为．
上述结论中，正确结论的序号有_______．
4．（2025·四川南充·中考真题）如图，为正方形的对角线，平分，交于点，把绕点逆时针方向旋转90°得到，延长交于点，连接，交于点．给出下列结论：①；②；③；④．以上结论正确的是________．（填写序号）
5．（2024·黑龙江牡丹江·中考真题）如图，在正方形中，E是延长线上一点，分别交于点F、M，过点F作，分别交、于点N、P，连接．下列四个结论：①；②；③若P是中点，，则；④；⑤若，则．其中正确的结论是______．
提分秘籍
考点2 与四边形有关的几何三大变换
解决四边形与几何三大变换（平移、轴对称、旋转）综合压轴题，整体思路是先抓住变换本质，再结合四边形性质逐步推理。平移变换的核心是对应线段平行且相等、对应角相等，在四边形背景下常形成平行四边形、等腰梯形等特殊图形，解题时可借助平行线性质与线段相等关系，快速判定图形形状并计算边长与角度；轴对称即折叠问题，是四边形压轴最常见类型，折痕为对应点连线的垂直平分线，折叠前后对应边、对应角完全相等，解题时常设未知数表示未知线段，在直角三角形中利用勾股定理建立方程求解，同时结合矩形、正方形、菱形的内角与对角线特征，分析角度关系与线段比例；旋转变换难度较高，关键是确定旋转中心、旋转角与旋转方向，旋转前后对应边相等、旋转角相等，会自然形成等腰三角形，特殊旋转角度还能构造等边三角形、等腰直角三角形，解题时通过旋转全等找到等线段与等角，再结合四边形对角线、内角性质，运用勾股定理、三角函数或相似三角形计算长度与面积，将复杂问题拆解为简单的全等证明、线段计算与角度推导，规范书写推理步骤，层层递进即可完整解答。
典型例题
1．（2025·四川绵阳·中考真题）如图，在四边形中，，点在四边形内，，于点，将沿翻折，点恰好与点重合，延长交折痕的延长线于点，，则点到直线的距离为__________．
2．（2025·山东济南·中考真题）如图，正方形纸片中，E是上一点，将纸片沿过点E的直线折叠，使点A落在上的点G处，点B落在点H处，折痕交于点F．若，，则___________．
3．（2025·山东潍坊·中考真题）如图，在中，点在边上，将沿折叠，点的对应点恰好落在边上；将沿折叠，点的对应点恰好落在上．若，则______．（用含的式子表示）
4．（2025·山东东营·中考真题）如图，四边形是正方形，E为上一点，将绕点A顺时针旋转至，连接，于点H，交于点G．若，，则的长为________．
5．（2025·黑龙江大庆·中考真题）如图．在四边形中，，对角线与相交于点．点B，点D关于所在直线对称．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)过点D作的垂线交延长线于点E．若，，求线段长．
6．（2025·江西·中考真题）综合与实践
从特殊到一般是研究数学问题的一般思路，综合实践小组以特殊四边形为背景就三角形的旋转放缩问题展开探究．
特例研究
在正方形中，相交于点O．
（1）如图1，可以看成是绕点A逆时针旋转并放大k倍得到，此时旋转角的度数为________，k的值为________；
（2）如图2，将绕点A逆时针旋转，旋转角为α，并放大得到（点O，B的对应点分别为点E，F），使得点E落在上，点F落在上，求的值
类比探究
（3）如图3，在菱形中，，O是的垂直平分线与的交点，将绕点A逆时针旋转，旋转角为α，并放缩得到（点O，B的对应点分别为点E，F），使得点E落在上，点F落在上．猜想的值是否与α有关，并说明理由；
（4）若（3）中，其余条件不变，探究之间的数量关系（用含β的式子表示）．
考点3 最值问题
提分秘籍
四边形中的几何最值问题作为中考数学压轴高频考点，解题核心在于先依托平行四边形、矩形、菱形、正方形等特殊四边形的边、角及对角线性质，梳理出固定线段、定角与隐藏的垂直、平行、相等等不变关系，把分散、不规则的线段和差或长度最值问题，转化为两点之间线段最短、垂线段最短、三角形三边关系、圆的轨迹等基础模型；遇到动点问题时，先判断动点轨迹是直线型还是圆弧型，若为直线轨迹常用对称构造最短路径，若为圆轨迹则依据点到圆心的距离加减半径求解最值，同时灵活运用勾股定理、相似三角形、三角函数及面积法建立线段数量关系，设未知数用代数方法表示相关线段，借助函数思想或不等式求解极值，解题时先拆解复杂图形，锁定关键定点与动点，逐步转化条件、规范推理，避免遗漏特殊位置与临界情况，就能系统高效地突破此类压轴难题。
典型例题
1．（2025·安徽·中考真题）如图，在四边形中，，，，，点为边上的动点．将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，，，则下列结论错误的是（ ）
A．的最大值是B．的最小值是
C．的最小值是D．的最大值是
2．（2025·四川资阳·中考真题）如图，在四边形中，，E是线段的中点，F是线段上的一个动点．现将沿所在直线翻折得到（如图的所有点在同一平面内），连接，，则面积的最小值为（ ）
A．B．C．D．
3．（2025·江苏连云港·中考真题）如图，在菱形中，，，为线段上的动点，四边形为平行四边形，则的最小值为_______．
4．（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______．
5．（2025·黑龙江绥化·中考真题）如图，在菱形中，，对角线，点是边的中点，点是对角线上的一个动点，连接、．则的最小值是________．
6．（2025·海南·中考真题）如图，点是内一动点，且，，．
（1）面积的最大值为_______；
（2）连接，分别取、的中点、，连接．若，则线段长度的最小值为_______．
提分秘籍
考点4 动点问题
四边形动点问题作为中考数学典型压轴题型，解题时首先要准确把握动点的运动方向、速度与范围，明确动点在四边形边上或内部的运动轨迹，先将动态条件转化为静态线段表达式，常用含未知数的代数式表示动点产生的边长、距离、面积等变量；再结合平行四边形、矩形、菱形、正方形等特殊四边形的判定与性质，寻找边相等、角相等、平行、垂直等隐藏关系，借助全等三角形、相似三角形、勾股定理及三角函数建立等式或函数关系；遇到分类讨论情形时，需按动点位置、图形形状、角度大小等情况有序划分，避免重复或遗漏，将不规则路径或分散条件规整化，处理存在性问题时先假设结论成立反向推导条件，再验证是否符合动点范围，求解最值则结合两点之间线段最短、垂线段最短及函数单调性分析临界位置，整个过程要先静后动、化动为静，逐层拆解条件、严谨推理计算，规范书写步骤即可完整解决这类综合性较强的压轴问题。
典型例题
1．（2025·天津·中考真题）四边形中，，．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．当时，点M，N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有两个不同的值满足的面积为．其中，正确结论的个数是（ ）
A．0B．1C．2D．3
2．（2025·黑龙江大庆·中考真题）如图，在正方形中，，点E，F分别在线段上，，连接．过点E，F分别作线段的垂线，垂足分别为G，H．动点P在内部及边界上运动，四边形，，，，的面积分别为，，，，．若点P在运动中始终满足，则满足条件的所有点P组成的图形长度为（ ）
A．2B．C．4D．
3．（2025·甘肃·中考真题）四边形是正方形，点E是边上一动点（点D除外），是直角三角形，，点G在的延长线上．
(1)如图1，当点E与点A重合，且点F在边上时，写出和的数量关系，并说明理由；
(2)如图2，当点E与点A不重合，且点F在正方形内部时，的延长线与的延长线交于点P，如果，写出和的数量关系，并说明理由；
(3)如图3，在（2）的条件下，连接，写出和的数量关系，并说明理由．
4．（2025·甘肃平凉·中考真题）四边形是正方形，点E是边上一动点（点D除外），是直角三角形，，点G在的延长线上．
(1)如图1，当点E与点A重合，且点F在边上时，写出和的数量关系，并说明理由；
(2)如图2，当点E与点A不重合，且点F在正方形内部时，的延长线与B的延长线交于点P，如果，写出和的数量关系，并说明理由；
(3)如图3，在（2）的条件下，连接，写出和的数量关系，并说明理由．
5．（2025·贵州·中考真题）如图，在菱形中，，点为线段上一动点，点为射线上的一点（点与点不重合）．
【问题解决】
（1）如图①，若点与线段的中点重合，则 度，线段与线段的位置关系是 ；
【问题探究】
（2）如图②，在点运动过程中，点在线段上，且，探究线段与线段的数量关系，并说明理由；
【拓展延伸】
在点运动过程中，将线段绕点逆时针旋转得到，射线交射线于点，若，求的长．
6．（2025·四川南充·中考真题）矩形中，，点E是线段上异于点B的一个动点，连接，把沿直线折叠，使点B落在点P处．
【初步感知】（1）如图1，当E为的中点时，延长交于点F，求证：．
【深入探究】（2）如图2，点M在线段上，．点E在移动过程中，求的最小值．
【拓展运用】（3）如图2，点N在线段上，．点E在移动过程中，点P在矩形内部，当是以为斜边的直角三角形时，求的长．

提分秘籍
考点5 新定义问题与阅读理解问题
四边形中的新定义与阅读理解类压轴题，解题关键在于先耐心读懂题目给出的全新概念、规则或判定方法，准确提取定义中的核心条件与关键词，将陌生的新定义转化为熟悉的平行四边形、矩形、菱形、正方形等特殊四边形的性质与判定，再严格按照题目规定的逻辑进行推理与应用；答题时要先圈画题干中的关键语句，明确新定义对边、角、对角线的具体要求，再结合已知四边形的边长、角度、对称性等固有特征，逐一验证是否满足新定义，遇到多步探究问题时，要遵循从特殊到一般的思路，先借助特殊四边形举例验证结论，再推广到一般情形，同时注重数形结合，根据题意画出辅助图形，标注已知量与未知量，利用全等、相似、勾股定理、方程与函数等知识进行计算与证明，遇到拓展探究或存在性问题时，要紧扣新定义的本质进行分类讨论，不添加题目未给出的条件，严谨推导、规范表达，做到先理解再应用、先模仿再创新，就能顺利突破这类综合性强、形式新颖的压轴问题。
典型例题
1．（2025·广东广州·中考真题）宽与长的比是（约为）的矩形叫做黄金矩形．现有一张黄金矩形纸片，长．如图1，折叠纸片，点B落在上的点E处，折痕为，连接，然后将纸片展开．
(1)求的长；
(2)求证：四边形是黄金矩形；
(3)如图2，点G为的中点，连接，折叠纸片，点B落在上的点H处，折痕为，过点P作于点Q．四边形是否为黄金矩形？如果是，请证明：如果不是，请说明理由．
2．（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．
3．（2024·河南·中考真题）综合与实践
在学习特殊四边形的过程中，我们积累了一定的研究经验，请运用已有经验，对“邻等对补四边形”进行研究
定义：至少有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做邻等对补四边形．

(1)操作判断
用分别含有和角的直角三角形纸板拼出如图1所示的4个四边形，其中是邻等对补四边形的有________（填序号）．
(2)性质探究
根据定义可得出邻等对补四边形的边、角的性质．下面研究与对角线相关的性质．
如图2，四边形是邻等对补四边形，，是它的一条对角线．
①写出图中相等的角，并说明理由；
②若，，，求的长（用含m，n，的式子表示）．
(3)拓展应用
如图3，在中，，，，分别在边，上取点M，N，使四边形是邻等对补四边形．当该邻等对补四边形仅有一组邻边相等时，请直接写出的长．
4．（2025·江苏无锡·中考真题）【数学发现】
某校数学兴趣小组进行了如下探究：以内部任意一点为中心，画出与成中心对称的．当点处于不同位置时，从“形”的角度发现两个三角形的重叠部分只可能有两种情况：如图1所示的平行四边形，如图2所示的有三组对边分别平行的六边形（称为“平行六边形”）；从“数”的角度发现两个三角形重叠部分的面积在不断变化．
【问题解决】
组员小明选择面积为1的，以其内部任意一点为中心，画出与之成中心对称的，探究了下列问题，请你帮他解答．
(1)如图3，，当点关于点的对称点落在边上时，两个三角形重叠部分为．
①若，求的长；（请直接写出答案）
②若的面积为，求的长．
如图4，点为的中点，点在上，若两个三角形的重叠部分为“平行六边形”，求“平行六边形”面积的最大值，并指出此时点的位置．
5．（2025·吉林·中考真题）【问题背景】在学习了平行四边形后，某数学兴趣小组研究了有一个内角为的平行四边形的折叠问题．其探究过程如下：
【探究发现】如图①，在平行四边形中，，，E为边的中点，点F在边上，且，连接，将沿翻折得到，点D的对称点为点G．小组成员发现四边形是一个特殊的四边形，请判断该四边形的形状，不需要说明理由．
【探究证明】取图①中的边的中点M，点N在边上，且，连接，将沿翻折得到，点B的对称点为点H．连接，，如图②．求证：四边形是平行四边形．
【探究提升】在图②中，四边形能否成为轴对称图形．如果能，直接写出的值；如果不能，说明理由．
6．（2025·黑龙江绥化·中考真题）综合与实践
如图，在边长为8的正方形中，作射线，点是射线上的一个动点，连接，以为边作正方形，连接交射线于点，连接．（提示：依题意补全图形，并解答）
【用数学的眼光观察】
（1）请判断与的位置关系，并利用图（1）说明你的理由．
【用数学的思维思考】
（2）若，请你用含的代数式直接写出的正切值________．
【用数学的语言表达】
（3）设，正方形的面积为．请求出与的函数解析式．（不要求写出自变量的取值范围）
提分秘籍
考点6 存在性问题
解决四边形存在性压轴题，要遵循先定类型、再找条件、分类讨论、验证取舍的核心思路，解题时首先要明确题目是平行四边形、矩形、菱形、正方形等特殊四边形的存在性，还是满足线段、角度、面积等特定条件的普通四边形存在性，先梳理题干中的定点、动点、定线段、定角等已知条件，确定动点的运动轨迹与取值范围；接着紧扣对应特殊四边形的判定定理，将四边形存在性问题转化为线段相等、平行、垂直、对角线互相平分/相等/垂直等几何等量关系，再结合坐标几何中两点间距离公式、斜率公式、中点坐标公式，或几何图形中的全等、相似、勾股定理，建立方程或不等式求解未知量；针对动点不确定的情况，需按照顶点顺序、图形形状、动点位置进行全面分类讨论，比如平行四边形存在性常按“已知两点为邻边、对角线”分情况，矩形、正方形还要额外考虑直角、邻边相等条件，避免漏解或错解；求解出结果后，务必验证所得结果是否符合动点取值范围、图形构成条件等题干要求，排除不合理的解，整个过程要做到化繁为简，将四边形问题转化为三角形、线段、方程等基础问题，数形结合、严谨推理，一步步梳理条件、推导关系、验证结论，就能稳妥攻克这类高频压轴难题。
典型例题
1．（2024·江苏徐州·中考真题）如图，在▱中，，，，为边上的动点．连接，将绕点逆时针旋转得到，过点作，交直线于点．连接、，分别取、的中点、，连接，交于点．
(1)若点与点重合，则线段的长度为______．
(2)随着点的运动，与的长度是否发生变化？若不变，求出与的长度；若改变，请说明理由．
2．（2025·四川攀枝花·中考真题）如图1，正方形的边长为2．E、F分别为边、上的动点，的周长为4，是延长线上的一点，且．
(1)求证：；
(2)试问的大小是否为定值，如果是，请求出该定值；如果不是，请说明理由；
(3)如图2，若为边的中点，过点作，垂足为．求的最小值．
3．（2024·广东广州·中考真题）如图，在菱形中，．点在射线上运动（不与点，点重合），关于的轴对称图形为．
(1)当时，试判断线段和线段的数量和位置关系，并说明理由；
(2)若，为的外接圆，设的半径为．
①求的取值范围；
②连接，直线能否与相切？如果能，求的长度；如果不能，请说明理由．
4．（2025·山东·中考真题）【图形感知】
如图1，在四边形中，已知，，．
（1）求的长；
【探究发现】
老师指导同学们对图1所示的纸片进行了折叠探究．
在线段上取一点，连接．将四边形沿翻折得到四边形，其中，分别是A，D的对应点．
（2）其中甲、乙两位同学的折叠情况如下：
①甲：点恰好落在边上，延长交于点，如图2．判断四边形的形状，并说明理由；
②乙：点恰好落在边上，如图3．求的长；
（3）如图4，连接交于点P，连接．当点E在线段上运动时，线段是否存在最小值？若存在，直接写出；若不存在，说明理由．
专题12：四边形综合聚焦中考
解析
平行四边形和特殊平行四边形在中考数学中是占比比较大的一块考点，考察内容主要有各个特殊四边形的性质、判定、以及其应用:考察题型上从选择到填空再都解答题都有，题型变化也比较多样;并且考察难度也都是中等和中等偏上，难度较大，综合性比较强.所以需要考生在复习这块内容的时候一定要准确掌握其性质与判定，并且会在不同的结合问题上注意和其他考点的融合.
考点1 多结论问题
提分秘籍
1.分析条件：仔细研读题目所给条件，包括边的长度、角的度数、平行或垂直关系等，将其标注在图形上，便于直观分析。
2.依据性质定理：熟悉平行四边形、矩形、菱形、正方形等四边形的性质与判定定理，通过条件推导四边形的类型及相关结论，如由对边平行且相等可判定平行四边形。
3.灵活运用方法：常采用直接推导、反证法、特殊值法等。对于一些复杂结论，可通过构造辅助线，将四边形转化为三角形等熟悉的图形来求解。
4.检验结论：得出结论后，要检验其是否符合四边形的基本性质及题目条件。
典型例题
1．（2025·黑龙江哈尔滨·中考真题）如图，中，对角线，交于点，过点作的垂线，分别交，于点，，延长交直线于点，延长交直线于点，分别连接，，有如下结论：①，；②四边形是菱形；③若，．则；④若，，，点为上的一个动点，则的最小值是．上述结论中，所有正确结论的序号是_____．
【答案】
【分析】①由平行四边形的性质可判断结论；
②从对角线的角度来判断四边形的形状；
③假定条件成立，求出的值与所给不符；
④由点与关于成轴对称，从而得到的最小值是．
【详解】①∵四边形是平行四边形，
∴，；
即结论①正确；
②∵中，，
∴，
∵，，
∴≌
∴
∵
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴是菱形；
即结论②正确；
③∵，，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
即，
∵，
∴，
∵，
∵，，
∴，
即结论③错误．
④因为点关于的对称点是点，连接交于点，当点与重合时，的值最小即为的长．
∵菱形中，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴∽，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵中，
∴，
即结论④正确．
2．（2025·山东青岛·中考真题）如图，在正方形中，，分别为，的中点．连接并延长交于点，交的延长线于点，为的中点，连接，，．下列结论：①；②；③；④．正确的是________（填写序号）．
【答案】①④
【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形．证明，推出，再由直角三角形斜边中线的性质求得，推出，可得到，故①正确；证明，由正切函数的定义可判断②错误；由平行线的性质求得，即可求得，故③错误；证明，推出，再等量代换即可证明故④正确．
【详解】解：∵正方形，
∴，，
∵点为的中点，
∴，
∴，
∴，
∵点为的中点，
∴，
∴，
∴，
∴，故①正确；
∵正方形，
∴，即，
∴，
∵正方形，
∴，，
∵点为的中点，
∴，
∴，
∴，故②错误；
∵，
∴，
设正方形的边长为，
∴，，
∴，故③错误；
∵正方形，
∴，，
∵点，分别为，的中点，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵点为的中点，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，故④正确；
故答案为：①④．
3．（2025·吉林长春·中考真题）如图，在边长为4的正方形中，对角线、相交于点．点在线段上．连接，作于点，交于点．给出下面四个结论：
①；
②；
③当时，；
④点与点之间的距离的最小值为．
上述结论中，正确结论的序号有_______．
【答案】①②④
【分析】根据正方形的性质可得，结合，可得，故①符合题意；证明，可得，故②符合题意；当时，，可得，，可得，故③不符合题意；如图，取的中点，连接，可得在以为圆心，为直径的圆上，当共线时，最小，再进一步可判断④.
【详解】解：∵正方形，
∴，，，，
∵，
∴，
∵，
∴，故①符合题意；
∵，，
∴，
∴，故②符合题意；
当时，，
∴，，
∴，故③不符合题意；
如图，取的中点，连接，
∵，
∴在以为圆心，为直径的圆上，
当共线时，最小，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴点与点之间的距离的最小值为．故④符合题意；
故答案为：①②④
4．（2025·四川南充·中考真题）如图，为正方形的对角线，平分，交于点，把绕点逆时针方向旋转90°得到，延长交于点，连接，交于点．给出下列结论：①；②；③；④．以上结论正确的是________．（填写序号）
【答案】①③④
【分析】本题考查正方形性质，旋转性质，全等三角形性质与判定，角平分线定义，圆周角定理，勾股定理解三角形，等腰三角形性质与判定，三角形的三边关系等知识，熟练掌握相关知识的联系与运用是解答的关键．
由旋转性质得，可得，，，进而由即可判断①；由即可判断②；由、、、、在以为直径的圆上，可以证明，即可判定③，设，由勾股定理解三角形可得，，即可判断④．
【详解】解：由旋转可知：，
∴，，，
∵在正方形中，
∴，，
又∵，
∴，
∴，即，故①结论正确，
∵，，
∴，故②结论错误；
如图：
∵在正方形中，
∴，
∴，
∴、、、、在以为直径的圆上，
∵，
∴，故结论③正确；
如图：过点作，交于，
∵平分，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，，
∴，，
∴，
设，
在中，，
∴，
∴，（负根已舍去）
∵，
∴，
∴．故结论④正确；
综上所述：①③④结论正确，
故答案为：①③④．
5．（2024·黑龙江牡丹江·中考真题）如图，在正方形中，E是延长线上一点，分别交于点F、M，过点F作，分别交、于点N、P，连接．下列四个结论：①；②；③若P是中点，，则；④；⑤若，则．其中正确的结论是______．
【答案】①②③⑤
【分析】如图1，作于，则四边形是矩形，证明，则，可判断①的正误；如图2，作交于，连接，证明，则，，由，，可得，，，证明，则，由勾股定理得，，由，可得，可判断②的正误；如图3，连接，由勾股定理得，，，可求，设，则，，由勾股定理得，，由，可得，整理得，，可求满足要求的解为，则，，由，可得，可求，可判断③的正误；由题意知，，不相似，，可判断④的正误；由设，，，则，，，，证明，则，证明，则，即，可求，同理，，则，即，同理，，则，即，可得，将代入得，，整理得，，可得，，则，可判断⑤的正误．
【详解】解：∵正方形，
∴，，，
如图1，作于，则四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
又∵，，
∴，
∴，①正确，故符合要求；
如图2，作交于，连接，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
∵，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
由勾股定理得，，
∵，
∴，②正确，故符合要求；
∵P是中点，，
∴，
如图3，连接，
由勾股定理得，，，
解得，，
设，则，，
由勾股定理得，，
∵，
∴，整理得，，
解得，或（舍去），
∴，，
∵，
∴，
解得，，③正确，故符合要求；
由题意知，，
∴不相似，，④错误，故不符合要求；
∵，
∴，，
设，，，则，，，，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，即，
解得，，
同理，，
∴，即，
同理，，
∴，即，
∴，
将代入得，，整理得，，
解得，，
∴，⑤正确，故符合要求；
故答案为：①②③⑤．
提分秘籍
考点2 与四边形有关的几何三大变换
解决四边形与几何三大变换（平移、轴对称、旋转）综合压轴题，整体思路是先抓住变换本质，再结合四边形性质逐步推理。平移变换的核心是对应线段平行且相等、对应角相等，在四边形背景下常形成平行四边形、等腰梯形等特殊图形，解题时可借助平行线性质与线段相等关系，快速判定图形形状并计算边长与角度；轴对称即折叠问题，是四边形压轴最常见类型，折痕为对应点连线的垂直平分线，折叠前后对应边、对应角完全相等，解题时常设未知数表示未知线段，在直角三角形中利用勾股定理建立方程求解，同时结合矩形、正方形、菱形的内角与对角线特征，分析角度关系与线段比例；旋转变换难度较高，关键是确定旋转中心、旋转角与旋转方向，旋转前后对应边相等、旋转角相等，会自然形成等腰三角形，特殊旋转角度还能构造等边三角形、等腰直角三角形，解题时通过旋转全等找到等线段与等角，再结合四边形对角线、内角性质，运用勾股定理、三角函数或相似三角形计算长度与面积，将复杂问题拆解为简单的全等证明、线段计算与角度推导，规范书写推理步骤，层层递进即可完整解答。
典型例题
1．（2025·四川绵阳·中考真题）如图，在四边形中，，点在四边形内，，于点，将沿翻折，点恰好与点重合，延长交折痕的延长线于点，，则点到直线的距离为__________．
【答案】/
【分析】过点作，交的延长线于，过点作于，可证得，进而证得四边形是正方形，再证得，求得，利用三角函数求得，即可求得答案．
【详解】解：过点作，交的延长线于，过点作于，如图，
∵将沿翻折，点恰好与点重合，
，
，
∴四边形是矩形，
，
，
即，
，
，
，
，
，
∴四边形是正方形，
，
，
在中，，
，
，
，
即，
，
，
，
，
，
，
，
则点到直线的距离为．
故答案为：．
2．（2025·山东济南·中考真题）如图，正方形纸片中，E是上一点，将纸片沿过点E的直线折叠，使点A落在上的点G处，点B落在点H处，折痕交于点F．若，，则___________．
【答案】/
【分析】由折叠性质可知，进而利用同角的余角相等证明，由此即可得出，进而确定．在中，根据勾股定理列方程求解即可．
【详解】解：如图，连接交于点，过点作，垂足为，
则，
∵正方形，
∴，，
∴四边形是矩形，
∴，
由折叠可知，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵
∴，
设正方形边长为，则，
∵，
∴，
在中，，即
解得：或（不合题意舍去）
∴．
故答案为：．
3．（2025·山东潍坊·中考真题）如图，在中，点在边上，将沿折叠，点的对应点恰好落在边上；将沿折叠，点的对应点恰好落在上．若，则______．（用含的式子表示）
【答案】
【分析】本题考查了平行四边形的性质，折叠的性质，平行线的性质，由四边形是平行四边形，得，，由折叠性质可知，
，，，故有，根据平行线的性质得，，最后通过角度和差即可求解，掌握知识点的应用是解题的关键．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，，
由折叠性质可知，，，，
∵，
∴，
∵，
∴，，
∴，
∴，
故答案为：．
4．（2025·山东东营·中考真题）如图，四边形是正方形，E为上一点，将绕点A顺时针旋转至，连接，于点H，交于点G．若，，则的长为________．
【答案】
【分析】连接，根据旋转知，则和，可知垂直平分，有，设，则和，利用勾股定理列出代入求解即可．
【详解】解：如图所示，连接，
由旋转可知，
∴，，，
∴点F、B、C三点共线，
∵ ，
∴ H为的中点，
∴垂直平分，
∴，
设，
∵，，
∴正方形的边长为3，
∴，，
∵，
∴，
即，
解得，
∴的长为，
故答案为：．
5．（2025·黑龙江大庆·中考真题）如图．在四边形中，，对角线与相交于点．点B，点D关于所在直线对称．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)过点D作的垂线交延长线于点E．若，，求线段长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查了菱形的判定与性质，勾股定理，全等三角形的判定与性质，以及对称轴的性质，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键．
（1）根据对称可得，，然后证明，则可先证明四边形是平行四边形，再由对角线互相垂直即可证明其为菱形；
（2）先对运用勾股定理求解，再对运用勾股定理求解，最后由面积法求解即可．
【详解】（1）证明：∵点B，点D关于所在直线对称，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴四边形是菱形；
（2）解：∵四边形是菱形，
∴，
由题意得：，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴．
6．（2025·江西·中考真题）综合与实践
从特殊到一般是研究数学问题的一般思路，综合实践小组以特殊四边形为背景就三角形的旋转放缩问题展开探究．
特例研究
在正方形中，相交于点O．
（1）如图1，可以看成是绕点A逆时针旋转并放大k倍得到，此时旋转角的度数为________，k的值为________；
（2）如图2，将绕点A逆时针旋转，旋转角为α，并放大得到（点O，B的对应点分别为点E，F），使得点E落在上，点F落在上，求的值
类比探究
（3）如图3，在菱形中，，O是的垂直平分线与的交点，将绕点A逆时针旋转，旋转角为α，并放缩得到（点O，B的对应点分别为点E，F），使得点E落在上，点F落在上．猜想的值是否与α有关，并说明理由；
（4）若（3）中，其余条件不变，探究之间的数量关系（用含β的式子表示）．
【答案】（1）；；（2）；（3）的值与α无关，理由见解析；（4）．
【分析】（1）利用正方形的性质结合旋转的性质求解即可；
（2）由题意得，推出，，再得到，推出，根据正方形的性质求解即可；
（3）同理可证，得到，根据线段垂直平分线的性质求得，再根据余弦函数的定义求解即可；
（4）同理可证，，，根据，求解即可．
【详解】解：（1）∵正方形，
∴，，
∴旋转角为，，
故答案为：；；
（2）如图，
根据题意得，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴；
（3）的值与α无关，理由如下，
如图，
同理可证，
∴，
∵菱形中，，
∴，
∵O是的垂直平分线与的交点，
∴，
∴，
过点作于点，
∴，，
∴，
∴，
∴的值与α无关；
（3）同理可证，，，
∴，，
∵，
∴
，
即．
提分秘籍
考点3 最值问题
四边形中的几何最值问题作为中考数学压轴高频考点，解题核心在于先依托平行四边形、矩形、菱形、正方形等特殊四边形的边、角及对角线性质，梳理出固定线段、定角与隐藏的垂直、平行、相等等不变关系，把分散、不规则的线段和差或长度最值问题，转化为两点之间线段最短、垂线段最短、三角形三边关系、圆的轨迹等基础模型；遇到动点问题时，先判断动点轨迹是直线型还是圆弧型，若为直线轨迹常用对称构造最短路径，若为圆轨迹则依据点到圆心的距离加减半径求解最值，同时灵活运用勾股定理、相似三角形、三角函数及面积法建立线段数量关系，设未知数用代数方法表示相关线段，借助函数思想或不等式求解极值，解题时先拆解复杂图形，锁定关键定点与动点，逐步转化条件、规范推理，避免遗漏特殊位置与临界情况，就能系统高效地突破此类压轴难题。
典型例题
1．（2025·安徽·中考真题）如图，在四边形中，，，，，点为边上的动点．将线段绕点逆时针旋转得到线段，连接，，，则下列结论错误的是（ ）
A．的最大值是B．的最小值是
C．的最小值是D．的最大值是
【答案】A
【分析】本题主要围绕四边形中的动点问题展开，解题思路是先通过旋转的性质得到相关线段和角的关系，再利用勾股定理建立线段之间的联系，最后根据点与点之间的位置关系以及几何性质来分别判断各个结论的正确性．
【详解】解：∵将线段绕点逆时针旋转得到线段，
∴，．
又∵，，，，
过点作于点，在上取一点，使得延长交于点，则四边形是矩形，

∴．
∴，
∴（），
∴
∴，即点在上运动，
∴四边形和四边形是矩形，
∴，，，
∵，，，，
∴
∴，
∴最大时，最大，
当点与点重合时，与重合时，最小此时，，故错误，符合题意；故B正确，不符合题意；
作点关于的对称点，连接则，，过作于点，此时当、、三点共线时，最小，
∵
∴四边形是矩形，
∴，，
∴的最小值故正确，不符合题意；
当与重合时，
当与重合时，过作，则四边形是矩形，如下图，
∴，，
∵，
∴，
∴
∴，
综上，最大值为．故项正确，不符合题意；
故选：．
2．（2025·四川资阳·中考真题）如图，在四边形中，，E是线段的中点，F是线段上的一个动点．现将沿所在直线翻折得到（如图的所有点在同一平面内），连接，，则面积的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题主要考查了勾股定理，相似三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，根据题意得到点在以点E为圆心，1长为半径的半圆上运动是解题的关键．
过点C作于点G，可得四边形是矩形，从而得到，，再利用勾股定理求出的长，从而得到当点到的距离最小时，面积最小，过点作交的延长线于点H，即当最小时，面积最小，然后结合可得点在以点E为圆心，1长为半径的半圆上运动，当点E，，H三点共线时，最小，此时面积最小，延长交于点M，过点D作于点N，则，可得，即可求解．
【详解】解：如图，过点C作于点G，
∵，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，，
∵
∴，
∴，
∴当点到的距离最小时，面积最小，
过点作交的延长线于点H，即当最小时，面积最小，
∵E是线段的中点，，
∴，
由折叠的性质得：，
∴点在以点E为圆心，1长为半径的半圆上运动，
∴当点E，，H三点共线时，最小，此时面积最小，
延长交于点M，过点D作于点N，则，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，，
∴，，
∴，
∵，
∴，即，
∴，
∴
∴，
即面积的最小值为．
故选：B．
3．（2025·江苏连云港·中考真题）如图，在菱形中，，，为线段上的动点，四边形为平行四边形，则的最小值为_______．
【答案】
【分析】利用四边形为平行四边形，得出，，由为线段上的动点，可知、运动方向和距离相等，利用相对运动，可以看作是定线段，菱形在方向上水平运动，过点作的平行线， 过点作关于线段的对称点，由对称性得，则，当且仅当、、依次共线时，取得最小值，此时，设与交于点，交于点，延长交延长线于点，分别证明四边形和四边形是矩形，求出，，再利用勾股定理求出即可．
【详解】解：∵四边形为平行四边形，
∴，，
∵为线段上的动点，
∴可以看作是定线段，菱形在方向上水平运动，
则如图，过点作的平行线，
过点作关于线段的对称点，
由对称性得，
∴，当且仅当、、依次共线时，取得最小值，
此时如图，设与交于点，交于点，延长交延长线于点，
∵菱形中，，，
∴，，，
由题可得，
∴由对称性可得，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，
∵四边形为平行四边形，
∴，，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
∴，，
∴，，
∴，
即的最小值为，
故答案为：．
4．（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．
5．（2025·黑龙江绥化·中考真题）如图，在菱形中，，对角线，点是边的中点，点是对角线上的一个动点，连接、．则的最小值是________．
【答案】
【分析】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理，等边三角形的性质和判定，
连接，根据两点之间线段最短可知的最小值为，再结合菱形的性质得，然后根据勾股定理得，可得，结合等腰三角形的性质得，，接下来根据勾股定理得，此题可解．
【详解】解：如图，连接，
作点P关于直线的对称点，则，点是的中点，
∴．
根据两点之间线段最短，可知的最小值为，
∵四边形是菱形，
∴，
根据勾股定理，得，
∴．
∵点是的中点，
∴，．
在中，．
所以的最小值为．
故答案为：．
6．（2025·海南·中考真题）如图，点是内一动点，且，，．
（1）面积的最大值为_______；
（2）连接，分别取、的中点、，连接．若，则线段长度的最小值为_______．
【答案】 4
【分析】（1）利用直径所对圆周角为90度确定点E的运动轨迹为以为直径的半圆，再利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半和圆的性质解答即可；
（2）连接，利用三角形的中位线定理得到，则取得最小值时，长度最小，设的中点为O，连接，当、、三点共线时，此时最小；过点O作，交的延长线于点F，然后利用平行四边形的性质和勾股定理求得，进而得到，即可求得，进而得到．
【详解】（1）解：∵点E是内一动点，且，
∴点E的运动轨迹为以为直径的半圆，
取的中点O，连接，当时，此时与的距离最大，
即此时面积取得最大值，如图，
∵
∴，
∴面积的最大值．
故答案为：4；
（2）连接，如图，
∵、的中点为M、N，
∴，
∴取得最小值时，长度最小．
由（1）可知，点E的运动轨迹为以为直径的半圆，设的中点为O，连接，
∴当、、三点共线时，此时最小，如图，
由（1）可知，，
过点O作，交的延长线于点F，如图，
∵四边形为平行四边形，，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴线段长度的最小值．
故答案为：．
提分秘籍
考点4 动点问题
四边形动点问题作为中考数学典型压轴题型，解题时首先要准确把握动点的运动方向、速度与范围，明确动点在四边形边上或内部的运动轨迹，先将动态条件转化为静态线段表达式，常用含未知数的代数式表示动点产生的边长、距离、面积等变量；再结合平行四边形、矩形、菱形、正方形等特殊四边形的判定与性质，寻找边相等、角相等、平行、垂直等隐藏关系，借助全等三角形、相似三角形、勾股定理及三角函数建立等式或函数关系；遇到分类讨论情形时，需按动点位置、图形形状、角度大小等情况有序划分，避免重复或遗漏，将不规则路径或分散条件规整化，处理存在性问题时先假设结论成立反向推导条件，再验证是否符合动点范围，求解最值则结合两点之间线段最短、垂线段最短及函数单调性分析临界位置，整个过程要先静后动、化动为静，逐层拆解条件、严谨推理计算，规范书写步骤即可完整解决这类综合性较强的压轴问题。
典型例题
1．（2025·天津·中考真题）四边形中，，．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．当时，点M，N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有两个不同的值满足的面积为．其中，正确结论的个数是（ ）
A．0B．1C．2D．3
【答案】C
【分析】本题主要查了二次函数的性质，一元二次方程的应用．当时，点M在上，求出，可判断①；当时，点M在上，利用三角形面积公式求出的面积，利用二次函数的性质，可判断②；分两种情况：当点M在上时，点M在上，结合的面积为，列出方程，可判断③．
【详解】解：根据题意得：点M在上的运动时间为，点M在上的运动时间为，点N在上的运动时间为，
①当时，点M在上，
此时，，
∴，
∴，故①正确；
②当时，点M在上，
此时，，
∴，
∴，
∵，
∴当时，随t的增大而增大，
∴当时，取得最大值，最大值为，
即当时，的最大面积为，故②错误；
③当点M在上时，
∵的面积为，
∴，
解得：（舍去），
∴当时，的面积为；
当点M在上时，
∵，，
∴，即，
此时，
解得：，
∴当时，的面积为；
∴有两个不同的值满足的面积为，故③正确．
故选：C
2．（2025·黑龙江大庆·中考真题）如图，在正方形中，，点E，F分别在线段上，，连接．过点E，F分别作线段的垂线，垂足分别为G，H．动点P在内部及边界上运动，四边形，，，，的面积分别为，，，，．若点P在运动中始终满足，则满足条件的所有点P组成的图形长度为（ ）
A．2B．C．4D．
【答案】A
【分析】本题主要考查正方形的性质，勾股定理以及点的轨迹，由正方形的性质得，求出，，求出，根据图形得，根据得，可得点的运动轨迹是中平行于的一条线段，取的中点，连接交于点，根据三角形面积公式求出，得到，从而求出．
【详解】解：如图，
在正方形中，，，
；
∵，
∴，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴
∵，
∴由勾股定理得，，，
∴，
∴，
∴，
又，
∴四边形是矩形，
∴，
又
而，
∴，
∵动点P在内部及边界上运动，
∴点的运动轨迹是内部及边界上平行于的一条线段，则是等腰直角三角形，如图，
取的中点，连接交于点，则，
∵，
∴，
∴，
∴，即点P组成的图形长度为2，
故选：A．
3．（2025·甘肃·中考真题）四边形是正方形，点E是边上一动点（点D除外），是直角三角形，，点G在的延长线上．
(1)如图1，当点E与点A重合，且点F在边上时，写出和的数量关系，并说明理由；
(2)如图2，当点E与点A不重合，且点F在正方形内部时，的延长线与的延长线交于点P，如果，写出和的数量关系，并说明理由；
(3)如图3，在（2）的条件下，连接，写出和的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)，理由见解析
(2)，理由见解析
(3)，理由见解析
【分析】（1）根据正方形的性质，证明，即可得出结论；
（2）根据正方形的性质，证明，即可得出结论；
（3）作，得到，平行线分线段成比例得到，进而得到为的中位线，得到，根据，得到，进而得到，勾股定理得到，再根据，即可得出结论．
【详解】（1）解：，理由如下：
∵正方形，
∴，
∵是直角三角形，，
∴，
当点E与点A重合时，则：，
∴，
又∵，
∴，
∴；
（2）∵正方形，
∴，
∵点G在的延长线上，的延长线与的延长线交于点P，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴；
（3），理由如下：
由（2）可知：，
∴，，
作于点，则：，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴为的中位线，
∴，
∵，，
∴，
又∵，
∴，
在中，由勾股定理，得：，
∵，
∴．
4．（2025·甘肃平凉·中考真题）四边形是正方形，点E是边上一动点（点D除外），是直角三角形，，点G在的延长线上．
(1)如图1，当点E与点A重合，且点F在边上时，写出和的数量关系，并说明理由；
(2)如图2，当点E与点A不重合，且点F在正方形内部时，的延长线与B的延长线交于点P，如果，写出和的数量关系，并说明理由；
(3)如图3，在（2）的条件下，连接，写出和的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)，理由见解析
(2)，理由见解析
(3)，理由见解析
【分析】（1）根据正方形的性质，证明，即可得出结论；
（2）根据正方形的性质，证明，即可得出结论；
（3）作，得到，平行线分线段成比例得到，进而得到为的中位线，得到，根据，得到，进而得到，勾股定理得到，再根据，即可得出结论．
【详解】（1）解：，理由如下：
∵正方形，
∴，
∵是直角三角形，，
∴，
当点E与点A重合时，则：，
∴，
又∵，
∴，
∴；
（2）∵正方形，
∴，
∵点G在的延长线上，的延长线与的延长线交于点P，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴；
（3），理由如下：
由（2）可知：，
∴，，
作于点，则：，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴为的中位线，
∴，
∵，，
∴，
又∵，
∴，
在中，由勾股定理，得：，
∵，
∴．
5．（2025·贵州·中考真题）如图，在菱形中，，点为线段上一动点，点为射线上的一点（点与点不重合）．
【问题解决】
（1）如图①，若点与线段的中点重合，则 度，线段与线段的位置关系是 ；
【问题探究】
（2）如图②，在点运动过程中，点在线段上，且，探究线段与线段的数量关系，并说明理由；
【拓展延伸】
在点运动过程中，将线段绕点逆时针旋转得到，射线交射线于点，若，求的长．
【答案】（1），；（2），理由见解析；（3）的长为或.
【分析】（1）根据菱形的性质证明为等边三角形，再结合等边三角形的性质可得答案；
（2）如图，把绕顺时针旋转得到，证明为等边三角形，可得，，求解，，，可得，进一步可得结论；
（3）如图，当在线段上，记与交于点，证明，可得，设，则，可得，证明，再进一步解答即可；如图，当在线段上时，延长交于，同理可得： ，设，而，则，可得，证明，再进一步可得答案.
【详解】解：（1）∵在菱形中，
∴，
∵，
∴为等边三角形，
∵点与线段的中点重合，
∴，；
（2）如图，把绕顺时针旋转得到，
∴，，，
∴为等边三角形，
∴，，
∵点在线段上，且，
∴，，
∴，，
∴，
∴，
∴；
（3）如图，当在线段上，记与交于点，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
设，则，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵为等边三角形，
∴，
∴，
如图，当在线段上时，延长交于，
同理可得：，，
∴，
设，而，则，
∴，
∴，
同理：，
∴，
∴，
综上：的长为或.
6．（2025·四川南充·中考真题）矩形中，，点E是线段上异于点B的一个动点，连接，把沿直线折叠，使点B落在点P处．
【初步感知】（1）如图1，当E为的中点时，延长交于点F，求证：．
【深入探究】（2）如图2，点M在线段上，．点E在移动过程中，求的最小值．
【拓展运用】（3）如图2，点N在线段上，．点E在移动过程中，点P在矩形内部，当是以为斜边的直角三角形时，求的长．

【答案】（）详见解析；（）；（）
【分析】（1）连接，证明，即可求证；
（2）根据题意得点在以为圆心，10为半径的的弧上． 连接，当点在线段上时，有最小值．根据勾股定理求出，即可求解；
（3）过点作于，交于点，证明，可得，设，，根据勾股定理得到关于x的方程，可得到，．，，． 设，则，．在中，根据勾股定理求出，即可求解．
即的长为5．
【详解】（1）证明：连接，

由折叠可得，．
∵四边形为矩形，．
∵为的中点，，
∴．
在与中，
∵，，
∴，
∴
（2）解：，点在移动过程中，不变．
∴点在以为圆心，10为半径的的弧上．
连接，

当点在线段上时，有最小值．
∵，，，
∴．
∴，
∴的最小值为．
（3）解：过点作于，交于点，

∵，
∴，
∴．
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴．
设，，
∴，．
∵，
∴，
∵，
∴．
∴，
解得．
∴，．，，．
设，则，．
在中，，
∴．
解得，，
即的长为5．
提分秘籍
考点5 新定义问题与阅读理解问题
四边形中的新定义与阅读理解类压轴题，解题关键在于先耐心读懂题目给出的全新概念、规则或判定方法，准确提取定义中的核心条件与关键词，将陌生的新定义转化为熟悉的平行四边形、矩形、菱形、正方形等特殊四边形的性质与判定，再严格按照题目规定的逻辑进行推理与应用；答题时要先圈画题干中的关键语句，明确新定义对边、角、对角线的具体要求，再结合已知四边形的边长、角度、对称性等固有特征，逐一验证是否满足新定义，遇到多步探究问题时，要遵循从特殊到一般的思路，先借助特殊四边形举例验证结论，再推广到一般情形，同时注重数形结合，根据题意画出辅助图形，标注已知量与未知量，利用全等、相似、勾股定理、方程与函数等知识进行计算与证明，遇到拓展探究或存在性问题时，要紧扣新定义的本质进行分类讨论，不添加题目未给出的条件，严谨推导、规范表达，做到先理解再应用、先模仿再创新，就能顺利突破这类综合性强、形式新颖的压轴问题。
典型例题
1．（2025·广东广州·中考真题）宽与长的比是（约为）的矩形叫做黄金矩形．现有一张黄金矩形纸片，长．如图1，折叠纸片，点B落在上的点E处，折痕为，连接，然后将纸片展开．
(1)求的长；
(2)求证：四边形是黄金矩形；
(3)如图2，点G为的中点，连接，折叠纸片，点B落在上的点H处，折痕为，过点P作于点Q．四边形是否为黄金矩形？如果是，请证明：如果不是，请说明理由．
【答案】(1)2
(2)证明见解析
(3)四边形是黄金矩形．证明见解析
【分析】（1）根据黄金矩形的定义可得：，再进一步求解即可；
（2）先证明四边形是正方形；可得，，证明四边形是矩形，从而可得答案；
（3）先证四边形是矩形，然后求解，由对折可得：，设，则，由面积可得：，可得：，再进一步可得结论．
【详解】（1）解：∵，矩形是黄金矩形，
∴，
∴；
（2）证明：∵折叠黄金矩形纸片，点B落在上的点E处，
∴，，
又∵四边形是矩形，
∴，，，
∴，
∴四边形是矩形，
∵，
∴四边形是正方形；
∴，
由（1）可知，，
∴，
∴，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
∴四边形是黄金矩形．
（3）解：四边形是黄金矩形，证明如下：
∵，四边形是正方形，
∴，
∴四边形是矩形；
由（2）可知，，
∵为的中点，
∴，
∴，
如图，连接，由对折可得：，，，
设，则，
∵
∴，
解得：，
∴，
∴，
∴四边形是黄金矩形．
2．（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)，理由见解析
(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）解：，理由如下：
∵四边形为“垂中平行四边形”，
∴，，，，
∴，
∴，
设，则，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（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．
3．（2024·河南·中考真题）综合与实践
在学习特殊四边形的过程中，我们积累了一定的研究经验，请运用已有经验，对“邻等对补四边形”进行研究
定义：至少有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做邻等对补四边形．

(1)操作判断
用分别含有和角的直角三角形纸板拼出如图1所示的4个四边形，其中是邻等对补四边形的有________（填序号）．
(2)性质探究
根据定义可得出邻等对补四边形的边、角的性质．下面研究与对角线相关的性质．
如图2，四边形是邻等对补四边形，，是它的一条对角线．
①写出图中相等的角，并说明理由；
②若，，，求的长（用含m，n，的式子表示）．
(3)拓展应用
如图3，在中，，，，分别在边，上取点M，N，使四边形是邻等对补四边形．当该邻等对补四边形仅有一组邻边相等时，请直接写出的长．
【答案】(1)②④
(2)①．理由见解析；②
(3)或
【分析】（1）根据邻等对补四边形的定义判断即可；
（2）①延长至点E，使，连接，根据邻等对补四边形定义、补角的性质可得出，证明，得出，，根据等边对等角得出，即可得出结论；
②过A作于F，根据三线合一性质可求出，由①可得，在中，根据余弦的定义求解即可；
（3）分，，，四种情况讨论即可．
【详解】（1）解：观察图知，图①和图③中不存在对角互补，图2和图4中存在对角互补且邻边相等，
故图②和图④中四边形是邻等对补四边形，
故答案为：②④；
（2）解：①，理由：
延长至点E，使，连接，
∵四边形是邻等对补四边形，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴；
②过A作于F，
∵，
∴，
∵，
∴，
在中，，
∴；
（3）解：∵，，，
∴，
∵四边形是邻等对补四边形，
∴，
∴，
当时，如图，连接，过N作于H，
∴，
在中，
在中，
∴，
解得，
∴，
∵，，
∴，
∴，即，
∴，，
∴，
∴；
当时，如图，连接，
∵，
∴，
∴，故不符合题意，舍去；
当时，连接，过N作于H，
∵，，
∴，
∴，即，
解得，
∵，，
∴，
∴，即，
∴，，
∴，
∴；
当时，如图，连接，
∵，
∴，
∴，故不符合题意，舍去；
综上，的长为或．
4．（2025·江苏无锡·中考真题）【数学发现】
某校数学兴趣小组进行了如下探究：以内部任意一点为中心，画出与成中心对称的．当点处于不同位置时，从“形”的角度发现两个三角形的重叠部分只可能有两种情况：如图1所示的平行四边形，如图2所示的有三组对边分别平行的六边形（称为“平行六边形”）；从“数”的角度发现两个三角形重叠部分的面积在不断变化．
【问题解决】
组员小明选择面积为1的，以其内部任意一点为中心，画出与之成中心对称的，探究了下列问题，请你帮他解答．
(1)如图3，，当点关于点的对称点落在边上时，两个三角形重叠部分为．
①若，求的长；（请直接写出答案）
②若的面积为，求的长．
如图4，点为的中点，点在上，若两个三角形的重叠部分为“平行六边形”，求“平行六边形”面积的最大值，并指出此时点的位置．
【答案】(1)①，②
(2)，是的重心.
【分析】（1）①利用面积先求解，再结合中心对称的性质可得，②证明，可设，结合的面积为，可得，同理，进一步建立方程求解即可.
（2）如图，连接，，记，的交点为，证明共线，共线，，，，，，设，，， 可得，再进一步求解即可.
【详解】（1）解：①∵，
∴，
∵，
∴，
∵点关于点的对称点为点，
∴.
②∵，
∴，，，，
∴，，
∴，
∴设，
∴，
∵的面积为，
∴，
∴，
∴，
∵ 与关于成中心对称，
∴，，
∴四边形为平行四边形，
∴，
同理可得：，
∴，
∵，
∴，
解得：，经检验符合题意，
∵，，
∴，
∴.
（2）解：如图，连接，，记，的交点为，
∵与关于成中心对称，“平行六边形”，
∴共线，共线，，，，，
∴，
设，，，
∴,
∵，
∴，
∴，即，
同理：，
∴，即，
同理：，
∴，即，
∴，
∵，，，
∴的最小值为：
，
此时，，，
∴，即，
∴“平行六边形”的面积的最大值为：，
同理可得：，
同理：，，
∴，，
∴，
∴是的重心.
5．（2025·吉林·中考真题）【问题背景】在学习了平行四边形后，某数学兴趣小组研究了有一个内角为的平行四边形的折叠问题．其探究过程如下：
【探究发现】如图①，在平行四边形中，，，E为边的中点，点F在边上，且，连接，将沿翻折得到，点D的对称点为点G．小组成员发现四边形是一个特殊的四边形，请判断该四边形的形状，不需要说明理由．
【探究证明】取图①中的边的中点M，点N在边上，且，连接，将沿翻折得到，点B的对称点为点H．连接，，如图②．求证：四边形是平行四边形．
【探究提升】在图②中，四边形能否成为轴对称图形．如果能，直接写出的值；如果不能，说明理由．
【答案】[探究发现]：四边形是菱形，理由见解析；[探究证明]：四边形是平行四边形；[探究提升]：四边形为轴对称图形时，的值为或，理由见解析
【分析】本题考查四边形综合应用，涉及到平行四边形，矩形，菱形、等边三角形等知识，解题的关键是掌握菱形的判定定理，平行四边形的判定定理；
[探究发现]由将△沿翻折得到△，即知，，而，故；
[探究证明]同探究发现可知四边形是菱形，有，而为边的中点，为边的中点，四边形是平行四边形，即可得，，又，，故，，从而四边形是平行四边形；
[探究提升]若四边形为轴对称图形，则四边形是矩形或菱形，分两种情况进行讨论：当四边形是矩形时，过作于，过作于，设，则，可得，，求出，即可得；当四边形是菱形时，延长交于，设，求出，即可得．
【详解】[探究发现]：解：四边形是菱形，理由如下：
将△沿翻折得到△，
，，
，
，
四边形是菱形；
[探究证明]：证明：如图：
将△沿翻折得到△，
，，
，
，
四边形是菱形，
，
为边的中点，为边的中点，
，，
四边形是平行四边形，
，，
，，
四边形是菱形，
，，
，，
四边形是平行四边形；
[探究提升]：解：四边形能成为轴对称图形，理由如下：
由[探究证明]知，四边形是平行四边形，若四边形为轴对称图形，则四边形是矩形或菱形，
当四边形是矩形时，过作于，过作于，如图：
，
，
，
设，则，
，
为中点，
，，
四边形是菱形，
，
四边形是矩形，
，
，，
，
，
，
，
，
；
当四边形是菱形时，延长交于，如图：
设，则，
四边形是菱形，
，
，，
四边形是平行四边形，，
，，
，
△是等边三角形，
，
，
；
综上所述，四边形为轴对称图形时，的值为或．
6．（2025·黑龙江绥化·中考真题）综合与实践
如图，在边长为8的正方形中，作射线，点是射线上的一个动点，连接，以为边作正方形，连接交射线于点，连接．（提示：依题意补全图形，并解答）
【用数学的眼光观察】
（1）请判断与的位置关系，并利用图（1）说明你的理由．
【用数学的思维思考】
（2）若，请你用含的代数式直接写出的正切值________．
【用数学的语言表达】
（3）设，正方形的面积为．请求出与的函数解析式．（不要求写出自变量的取值范围）
【答案】（1），理由见解析；
（2）；
（3）与的函数解析式为．
【分析】（1）由正方形的性质，得出线段之间的数量关系和角之间的数量关系，综合应用全等三角形的判定和性质即可确定与的位置关系；
（2）由正方形的性质，可得线段之间的位置关系，综合应用相似三角形的判定和性质，可得边之间的比例关系，化简整理即可；
（3）根据点的位置变化，进行分类讨论，应用勾股定理即可得出每种情况下正方形的面积，对各种情况所得结果进行整理即可．
【详解】（1）解：
理由：
∵四边形和四边形都是正方形，
∴，，，，
∵，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴．
（2）解：连接交于点，
∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵正方形的边长，
∴，
∴，
设，则，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
故答案为：．
（3）解：当点在对角线上时，如图，过点作于点，
∵，，
∴，，
∴在中，，
∴，
当点在上，点在上时，如图，过点作于点，
∵，，
∴，，
∴在中，，
∴，
当点在对角线的延长线上时，如图，过点作交的延长线于点，
∵，，
∴，，
∴在中，，
∴，
综上所述，，
答：与的函数解析式为．
提分秘籍
考点6 存在性问题
解决四边形存在性压轴题，要遵循先定类型、再找条件、分类讨论、验证取舍的核心思路，解题时首先要明确题目是平行四边形、矩形、菱形、正方形等特殊四边形的存在性，还是满足线段、角度、面积等特定条件的普通四边形存在性，先梳理题干中的定点、动点、定线段、定角等已知条件，确定动点的运动轨迹与取值范围；接着紧扣对应特殊四边形的判定定理，将四边形存在性问题转化为线段相等、平行、垂直、对角线互相平分/相等/垂直等几何等量关系，再结合坐标几何中两点间距离公式、斜率公式、中点坐标公式，或几何图形中的全等、相似、勾股定理，建立方程或不等式求解未知量；针对动点不确定的情况，需按照顶点顺序、图形形状、动点位置进行全面分类讨论，比如平行四边形存在性常按“已知两点为邻边、对角线”分情况，矩形、正方形还要额外考虑直角、邻边相等条件，避免漏解或错解；求解出结果后，务必验证所得结果是否符合动点取值范围、图形构成条件等题干要求，排除不合理的解，整个过程要做到化繁为简，将四边形问题转化为三角形、线段、方程等基础问题，数形结合、严谨推理，一步步梳理条件、推导关系、验证结论，就能稳妥攻克这类高频压轴难题。
典型例题
1．（2024·江苏徐州·中考真题）如图，在▱中，，，，为边上的动点．连接，将绕点逆时针旋转得到，过点作，交直线于点．连接、，分别取、的中点、，连接，交于点．
(1)若点与点重合，则线段的长度为______．
(2)随着点的运动，与的长度是否发生变化？若不变，求出与的长度；若改变，请说明理由．
【答案】(1)
(2)不变，，
【分析】（1）当点与点重合时，、、、、共线，，为的中位线，即可求出的长度．
（2）构造，使为的中位线，再构造，进而证得是等边三角形，得出．然后由和为等边三角形，推导出，然后再由，最后得出和的长度不变．
【详解】（1）解：当点与点重合时，如图①，
∵四边形是平行四边形，
∴，，，．
∵将绕点逆时针旋转得到，
∴，，
∴是等边三角形，
∴．，
∴、、三点共线，
∵，，
∴、、、共线，
∵点、分别是，的中点，
∴．
∴．
故答案为：．
（2）解：结论：不变．
如解图②，连接并延长到点，使得，连接，，延长，交于点，连接．延长至点，使得，连接，，设与交于点，
∵四边形是平行四边形，
∴，，，．
∵点为中点，
∴．
∵，
∴四边形为平行四边形，
∴，．
∵，，
∴，．
∴四边形为平行四边形，
∴，
∵
∴．
在平行四边形中，
∵，，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴．，
由旋转得，，
∵，，
∴，，
∴，
又，，
∴（）．
∴，
∴为等边三角形．
∵点、为、的中点，
∴为的中位线，．
∵．
∴．即的长度不变；
∵和都为等边三角形．
∴，，，，
∴，
∴（）．
∴．
∵，
∴，
∴为等边三角形．
同理：为等边三角形．
∴．，
∴，
∴，
∵，
∴，
设，则，，，
∴．
∵为的中位线，
∴，
∴，
∴，
∵是的中点，
∴为中点，
∴，
∴．
故和的长度都不变．
2．（2025·四川攀枝花·中考真题）如图1，正方形的边长为2．E、F分别为边、上的动点，的周长为4，是延长线上的一点，且．
(1)求证：；
(2)试问的大小是否为定值，如果是，请求出该定值；如果不是，请说明理由；
(3)如图2，若为边的中点，过点作，垂足为．求的最小值．
【答案】(1)见解析
(2)的大小是定值，定值为
(3)
【分析】（1）利用正方形的性质证明，得到，再利用角的和差得到，即可证明；
（2）由的周长为4，得到，由正方形的边长为2得到，得到，进而利用线段的和差推出，通过证明得到，结合即可得出结论；
（3）连接，利用全等三角形的性质得到，利用三角形的面积公式得到，利用勾股定理求出的长，再根据即可求出的最小值．
【详解】（1）证明：∵正方形，
∴，，
∴，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：∵的周长为4，
∴，
∵正方形的边长为2，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
由（1）得，，
∴，
在和中，
∴，
∴，
∴，
∴的大小是定值，定值为；
（3）解：连接，
∵正方形的边长为2，
∴，，
∴是的高，
∵，
∴是的高，
由（2）得，，
∴，
∴，
由（2）得，，
∴，
∵为边的中点，
∴，
∴，
∵，
∴，
解得，
∴的最小值为．
3．（2024·广东广州·中考真题）如图，在菱形中，．点在射线上运动（不与点，点重合），关于的轴对称图形为．
(1)当时，试判断线段和线段的数量和位置关系，并说明理由；
(2)若，为的外接圆，设的半径为．
①求的取值范围；
②连接，直线能否与相切？如果能，求的长度；如果不能，请说明理由．
【答案】(1)，
(2)①且；②能，
【分析】（1）由菱形的性质可得，，再结合轴对称的性质可得结论；
（2）①如图，设的外接圆为，连接交于．连接，，，，证明为等边三角形，共圆，，在上，，过作于，当时，最小，则最小，再进一步可得答案；②如图，以为圆心，为半径画圆，可得在上，延长与交于，连接，证明，可得，为等边三角形，证明，可得：，，过作于，再进一步可得答案．
【详解】（1）解：，；理由如下：
∵在菱形中，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
由对折可得：，
∴；
（2）解：①如图，设的外接圆为，连接交于．连接，，，，
∵四边形为菱形，，
∴， ，，
∴为等边三角形，
∴，
∴共圆，，在上，
∵，
∴，
过作于，
∴，，
∴，
当时，最小，则最小，
∵，，
∴，
∴；
点E不与B、C重合，
，且，
∴的取值范围为且；
②能为的切线，理由如下：
如图，以为圆心，为半径画圆，
∵，
∴在上，
延长与交于，连接，
同理可得为等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∵为的切线，
∴，
∴，
∵，
∴为等边三角形，
∴，
∴，
∴，
∴，
由对折可得：，，
过作于，
∴设，
∵，
∴，
∴，
解得：，
∴，
∴．
4．（2025·山东·中考真题）【图形感知】
如图1，在四边形中，已知，，．
（1）求的长；
【探究发现】
老师指导同学们对图1所示的纸片进行了折叠探究．
在线段上取一点，连接．将四边形沿翻折得到四边形，其中，分别是A，D的对应点．
（2）其中甲、乙两位同学的折叠情况如下：
①甲：点恰好落在边上，延长交于点，如图2．判断四边形的形状，并说明理由；
②乙：点恰好落在边上，如图3．求的长；
（3）如图4，连接交于点P，连接．当点E在线段上运动时，线段是否存在最小值？若存在，直接写出；若不存在，说明理由．
【答案】（1）；（2）①四边形是矩形，理由见解析；②；（3）线段的最小值为．
【分析】（1）利用勾股定理求得，再证明，利用相似三角形的性质求解即可；
（2）①由折叠的性质得，，再证明，根据有三个角是直角的四边形是矩形即可得解；
②延长和相交于点，连接，证明四边形是正方形，再证明，据此求解即可；
（3）先利用折叠的性质求得，推出点在以为直径的上，连接，，得到，据此求解即可．
【详解】解：（1）∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴；
（2）①四边形是矩形，理由如下，
由折叠的性质得，，
∵，
∴，
∴四边形是矩形；
②延长和相交于点，连接，
由折叠的性质得，，，
∵点恰好落在边上，
∴，，
∴四边形是矩形，
∵，
∴四边形是正方形，
∵，
∴点在对角线上，
∴，，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）由折叠的性质得，，
∴是线段的垂直平分线，
∴，
∴点在以为直径的上，连接，，
∴，即点在上时，线段存在最小值，
∵，
∴线段的最小值为．