热点05 三角形与四边形基础性质-2026年广东广州地区中考数学二轮专题复习试题（含答案）

这是一份热点05 三角形与四边形基础性质-2026年广东广州地区中考数学二轮专题复习试题（含答案），共6页。
热点聚焦 方法精讲 能力突破
第一部分 热点聚焦·析考情 聚焦中考高频热点题型，明确命题趋势下的核心考查方向。
第二部分 题型引领·讲方法 归纳对应高频热点题型的解题策略与实战方法技巧。
题型01 全等三角形的证明
题型02 与等腰三角形有关的计算与证明
题型03 与直角三角形有关的计算与证明
题型04 与平行四边形有关的计算与证明
题型05 与矩形有关的计算与证明
题型06 与菱形有关的计算与证明
题型07 与正方形有关的计算与证明
第三部分 能力突破·限时练 精选热点经典题目，限时训练，实现解题速度与准确率双重跃升。

题型01 全等三角形的证明
例1（2025·广东广州·中考真题）如图，，，．求证：．
【答案】见解析
【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】证明：∵，
∴，即，
在和中，
∴
例2（2025·广东广州·模拟预测）如图，在和中，已知，．求证：．
【答案】见解析
【分析】由，，，根据“”证明≌，则．
此题重点考查全等三角形的判定与性质，适当选择全等三角形的判定定理证明≌是解题的关键．
【详解】证明：在和中，
，
∴≌，
∴．
【变式1】（2025·广东广州·二模）如图，，，．求证：．
【答案】见解析
【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，根据平行线的性质可得，进而证明，根据全等三角形的性质，即可得证．
【详解】证明：∵，
在和中
，
，
．
【变式2】（2025·广东广州·二模）如图，在中，为的中点，于点，于点．求证：．
【答案】证明见解析
【分析】本题考查圆心角、弧、弦之间的关系，全等三角形的判定和性质，根据等弧所对的圆心角相等得，证明，再根据全等三角形的性质可得结论．解题的关键是掌握：在同圆或等圆中，相等的圆心角所对的弧相等，所对的弦也相等．
【详解】证明：如图，连接，
∵在中，为的中点，
∴，
∴，即，
∵，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴．
【变式3】（2025·广东广州·三模）如图，，过点作，垂足为，在边上，，．求证：．
【答案】见解析
【分析】本题考查了矩形的判定与性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握相关知识是解题的关键．
先证明四边形是矩形得，进而可依据“”判定和全等，再根据全等三角形的性质即可得出结论．
【详解】证明：，
∴，
又，
四边形是矩形，
，
，
，
在和中，
，
，
．
题型02 与等腰三角形有关的计算与证明
例1（2024·广东广州·二模）如图所示，在等腰中，延长边到点D，延长边到点E，连接，恰有．则__________．
【答案】/100度
【分析】过点D作，且使，连接、，则四边形时平行四边形，根据平行四边形的性质可得，再利用判定，根据全等三角形的性质可得，从而可推出为等边三角形，设，则，根据三角形内角和定理可分别表示出，根据等边三角形的性质不难求得的度数．
【详解】解：过点D作，且使，连接、，则四边形是平行四边形，
，
，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
，
为等边三角形，
设，则
，，
，
，
，
，
，
，
即，
故答案为：．
例2（2025·广东广州·一模）已知2，4，a分别是等腰三角形三边的长，且a是关于x的一元二次方程的根，则k的值为__________．
【答案】
【分析】本题考查了三角形的三边关系以及等腰三角形的定义，一元二次方程的根，分情况讨论：当时，当时，分别讨论求解即可．
【详解】解：2，4，a分别是等腰三角形三边的长，
当时，2，4，2不能构成三角形，不符合题意；
当时，
∴，
，
故答案为：．
【变式1】（2024·广东广州·模拟预测）在平面直角坐标系中，点为坐标原点，点，若三角形为等边三角形，则点的坐标是______．
【答案】或
【分析】本题考查坐标与图形，设，根据等边三角形的三边相等，结合两点间的距离公式，列式求解即可．
【详解】解：设，
∵，
∴，，，
∵为等边三角形，
∴，解得：或，
∴点坐标为或；
故答案为：或．
【变式2】（2025·广东广州·一模）如图，在中，，，点是平面内一点，且．过点作于点．
①若，则的长为________；
②当线段绕点在平面内旋转时，线段长度的最大值为________．
【答案】 3 4
【分析】（1）由勾股定理可求解；
（2）根据题意识别出点是在以为直径的圆上运动，点是在以为圆心，以1为半径的圆上运动，所以当与圆相切于点，且在△外部时，最大，最大，由勾股定理可求解．
【详解】解：①，
，
故答案为：3；
②，
，
点是在以为直径的圆上运动，
，且是绕点旋转，
点是在以为圆心，以1为半径的圆上运动，
如图，当与圆相切于点，且在外部时，最大，最大，
由题意可得：，
四边形为圆的内接四边形，，，
，，，
，，
，
，
故答案为：4．
【变式3】（2025·广东广州·二模）等腰三角形中，，，点，为边上的两动点，且．
(1)若，求的长．
(2)若，求的面积．
(3)当点在边的什么位置时，线段，，满足．
【答案】(1)
(2)
(3)点在距离点处
【分析】本题考查全等三角形的判定与性质，旋转的性质，勾股定理的判定与性质，含角的直角三角形的性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，熟练掌握这些性质与判定是解题的关键．
（1）利用，，得出，再证明，得出，判定是等边三角形，得出，，再求得，即可求出，即可求解；
（2）将绕点顺时针旋转至，使与重合，连接，过点作于点，过点作于点，先利用等腰三角形的性质求出，，则，由旋转得，，，，再证明，得出，求出，得，，设，则，在中，，列式求解，再求面积即可；
（3）同（2）作法可得，，，，由，得，可得，再求得，即可得，则可求出，即可求解．
【详解】（1）解：∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，，
∴，
∴，
，，
∴，
∴；
（2）解：如图，将绕点顺时针旋转至，使与重合，连接，过点作于点，过点作于点，
∵，，
∴，
∵，
∴，，
∴，
由旋转得，，，，
∵，，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，，
设，
∴，
在中，，
即，
解得：，
∴，
∴；
（3）解：同（2）作法可得，，，，
∵，
∴，
∴，
∴，
同（2）可得，
∴，
∵，
∴，
是等腰直角三角形，
∴，
∴，
即点在距离点处．
题型03 与直角三角形有关的计算与证明
例1（2025·广东广州·模拟预测）在中，斜边上的中线长度为5，直角边的长度为6，则直角边的长度为_______ ．
【答案】8
【分析】本题考查了勾股定理，直角三角形斜边上的中线的性质，熟练掌握勾股定理是解题的关键．
根据勾股定理，直角三角形斜边上的中线即可得出结论．
【详解】解：∵斜边上的中线长度为5，
∴，
∵，
∴，
故答案为：8．
例2（2025·广东广州·二模）如图，每个小正方形的边长为1，在中，点D为的中点，则______________．
【答案】/
【分析】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，勾股定理逆定理，求角的余弦值等，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键．
根据所给网格，得出，再由点D为的中点，得出，最后结合余弦的定义即可解决问题．
【详解】解：由图得：， ，，
∴，
∴．
因为点D为的中点，
所以，
所以．
∵，．
∴，
所以．
故答案为：．
【变式1】（2025·广东广州·一模）如图，在中，，为中线，，，若，，则______．
【答案】4
【分析】本题考查了勾股定理，直角三角形的性质，三角形中位线定理等知识，根据勾股定理求出，根据直角三角形斜边上中线的性质可得出，根据三线合一的性质得出，然后根据三角形中位线定理即可求出．
【详解】解∶∵，，，
∴，
∵为中线，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为∶4．
【变式2】（2025·广东广州·模拟预测）如图，在矩形中，，，点是边上的中点，点是边上的一动点连接，将沿折叠，若点的对应点，连接，则的最小值为______．当为直角三角形时，的长为______．
【答案】 8 或5
【分析】本题考查翻折的性质，矩形的性质等知识，根据题意画出图形并分情况讨论是解题关键．连接，则，当在上时，取最小值，即可求解；分情况讨论：当时，当时，当时，再分别利用勾股定理和翻折的性质可得答案；
【详解】解：连接，
在矩形中，，，
∴，，
∵点是边上的中点，
∴，
∴，
∵翻折，
∴，
∴
∵，
∴当在上时，取最小值，最小值为；
∵为直角三角形，
当时，
∵点N是边上的中点，，
∴，
∵，
∴点B的对应点不能落在所在直线上，
∴，不存在此类情况；
当时，如图所示，
由折叠性质可得，
，
∴；
当时，如图所示
∵，
∴、N、C三点共线，
设，则，
∴，
解得：，
综上所述的长为或5．
故答案为：8；或5．
【变式3】（2024·广东广州·二模）如图，在中，，为的平分线．
(1)尺规作图：过点作的垂线，交于点．（不写作法，保留作图痕迹）
(2)若，，则的面积是______．
(3)求证：
【答案】(1)见解析
(2)
(3)见解析
【分析】本题考查了作垂线，含30度角的直角三角形的性质，勾股定理，全等三角形的判定；
（1）根据过已知点作已知直线的垂线的方法解答即可；
（2）根据直角三角形的性质可得，从而得到，再证得，可得，从而得到，进而得到，即可求解；
（3）根据题意得到，即可求证．
【详解】（1）解：如图所示，即为所求；
（2）解：∵在中，，，，
∴，，
∴，
∵为的平分线，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴的面积是．
（3）证明：∵在中，，，
∴，
∵为的平分线，
∴，
由（1）知，，
∴，
在与中，
∴．
题型04 与平行四边形有关的计算与证明
例1（2025·广东广州·二模）如图所示，在平行四边形中，，，平分交于点E，则__________．
【答案】3
【分析】本题考查了平行四边形的性质，平行线的性质，等腰三角形的判定，解答本题的关键是根据平行线的性质和角平分线的性质得出．
根据四边形为平行四边形可得，根据平行线的性质和角平分线的性质可得出，继而可得，然后根据求解即可．
【详解】解：∵四边形为平行四边形，
∴，，
，
平分，
，
，
，
，，
．
故答案为：3．
例2（2025·广东广州·二模）如图，在平行四边形中，的角平分线交边于点，，则的度数是___________．
【答案】
【分析】本题考查了平行四边形的性质、角平分线的定义，由角平分线的定义可得，再由平行四边形的性质求解即可，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
【详解】解：∵平分，
∴，
∵四边形为平行四边形，
∴，，
∴，
∴，
故答案为：．
【变式1】（2025·广东广州·二模）如图，在中，，于点，若，，则______．
【答案】
【分析】本题主要考查了平行四边形的性质，勾股定理，由平行四边形的性质和已知条件可证明，设，则，由勾股定理可得方程，解方程即可得到答案．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
设，则，
∵，
∴，
∴，
∴，
解得，
∴，
故答案为：．
【变式2】（2025·广东广州·模拟预测）如图，是的边上的两点，连接交于点的面积为，的面积为，四边形的面积为，则图中阴影部分的面积为_______．
【答案】
【分析】本题为相似三角形和平行四边形的综合题，利用平移的性质做出辅助线是解题的关键．将向左平移，使边与边重合，已知，且，根据相似三角形的性质可得，从而得，继而得，所以，再由的面积为，可得，再求得，由即可得图中阴影部分的面积．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
∴，，
如图，将沿向左平移，使边与边重合，、、的对应点为，则
∵的面积为，的面积为，
∴，
∵
∴，
∴，
∴，
∴，
∵
∴
∴
∴，
∴，
∴，
∴．
故答案为：．
【变式3】（2025·广东广州·一模）如图，点在菱形的对角线上，射线交于，．
(1)尺规作图：在延长线上找一点，使得四边形为平行四边形；
(2)在（1）的前提下，交于点，若，求的长度．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）延长到，使得，连接即可；
（2）证明，设，利用相似三角形的判定与性质及平行线分线段成比例定理构建方程求解．
【详解】（1）解：如图，四边形即为所求；
（2）设．
四边形是菱形，
，
，
四边形是平行四边形，
，
，，
，
，
，，
四边形是平行四边形，
，
，
，，
，
，
，
解得或（舍去），
经检验的分式方程的解．
．
题型05 与矩形有关的计算与证明
例1（2025·广东广州·一模）如图，在矩形ABCD中，若，则线段的长为________．
【答案】
【分析】根据矩形的性质得到，，，根据勾股定理得到，由，得，根据勾股定理得到．
本题考查了矩形的性质，勾股定理，熟练掌握矩形的性质是解题的关键．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，，，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
例2（2024·广东广州·三模）数学课上，老师让同学们以“矩形的折叠”为主题开展数学活动．如图，小明把矩形沿折叠，使点落在边的点处，其中，且，则矩形的面积为______．
【答案】80
【分析】首先根据折叠的性质得到，然后根据同角的余角相等得到，进而得到，设，，则，，进而求出，，最后利用矩形面积公式求解即可．
【详解】解：∵矩形沿折叠，使点C落在边的点F处，
∴，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴设，，则，，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，即，
解得：，负值舍去，
∴，，
∴矩形的面积．
故答案为：80
【变式1】（2024·广东广州·一模）如图，在矩形中，，，点E，F分别是边，上的动点，且．
（1）当时，______；
（2）当最大时，的长为_______．
【答案】 /
【分析】（1）证明，利用计算即可；
（2）当与相切时，的值最大，此时， 也最大，利用三角形相似计算即可．
【详解】（1）∵矩形中，，，
∴
∵，
∴，
∴，
故答案为：．
（2）如图，取的中点O，连接．
∵矩形中，，，
∴，
∵，
∴A、D、E、F四点共圆，
∴，
∴当与相切时，的值最大，此时， 也最大，
∴，
∵矩形中，，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∵矩形中，，，
∴
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
【变式2】（2024·广东广州·二模）如图，在矩形中，，，垂足为．
（1）若，则______________________；
（2）若，点、分别在，上，则的最小值为__________________．
【答案】
【分析】本题考查相似三角形的判定和性质，轴对称的应用．
（1）由勾股定理可求的长，由面积法可求的长；
（2）在中，利用三角形相似可求得、的长，设点关于的对称点，连接，可证明为等边三角形，当时，则最小，所以当时最小，从而可求得的最小值等于的长．
【详解】解：（1），，
，
，
，
，
故答案为：；
（2）如图，如图，设点关于的对称点为，连接，，
设，则，
四边形为矩形，，
，
，
，
，
，即，
，
在中，由勾股定理可得，
即，解得，
，，
如图，设点关于的对称点为，连接，，
则，，
是等边三角形，
，
当、、三点在一条线上时，最小，
又垂线段最短可知当时，最小，
，
故答案为：．
【变式3】（2025·广东广州·二模）如图，在矩形中，点在边上，，，，连接，，令．
(1)证明：；
(2)将绕点从如图位置顺时针旋转，两边分别与、相交于点、，当点与重合时停止．
①证明：的值是定值，并求出的正切值；
②求从开始到停止，线段的中点经过的路径长．
【答案】(1)见解析
(2)①证明见解析，正切值为；②
【分析】（1）根据已知条件可证得，可得，再根据可得答案；
（2），作于，则，可证明，利用相似可得的正切值；
点为的中点，根据直角三角形斜边上的中线性质得，，则可判定点在线段的垂直平分线上，如图，点点与点重合时，点在的中点处；当点与点重合时，点在线段的中点处，所以线段的中点经过的路径长即为的长度，且可知为的中位线，利用勾股定理求出长度，则得到的长度，题目可解．
【详解】（1）证明：四边形为矩形，
，，
，，
，
，
，
，
，
，
；
（2）证明：由旋转可知：；
如图，作于，则，
∵，
∴，
，
，
又，
∴，
，
的正切值，
为锐角，
∴的值是定值；
解：如图，取点为的中点，则，，
，
点在线段的垂直平分线上，
如图，点与点重合时，由（1）知点与点重合，则点在的中点处；
如图5，当点与点A重合时，
∵，故，
则此时四边形为矩形，
∵点为线段的中点，
∴也为线段的中点，
故此时与的中点重合，
∴线段的中点经过的路径长即为的长度， 如图6，
，，
，
∵是的中点，为的中点，
为的中位线，
，
即线段的中点经过的路线长为．
题型06 与菱形有关的计算与证明
例1（2025·广东广州·二模）如图，在菱形中，，分别以点和点为圆心，线段长的一半为半径作圆弧，交于点E、F、G、H，则图中阴影部分的面积为___________.
【答案】
【分析】本题考查了菱形的性质，角直角三角形的性质，勾股定理，扇形面积公式，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键．
连接与交于点，先根据菱形的性质结合角直角三角形的性质求出对角线的长，继而得到菱形的面积，再由扇形面积公式求解，最后由．
【详解】解：连接与交于点，
∵菱形，，
∴，，，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
故答案为：．
例2（2025·广东广州·一模）如图，在菱形中，，点、分别在边、上，，将沿折叠，点落在延长线上的点处，则的大小是_______．
【答案】/度
【分析】本题考查了菱形性质，全等三角形性质和判定，折叠的性质，三角形内角和定理，解题的关键在于熟练掌握相关性质．
根据菱形性质，证明，结合全等三角形性质和判定，折叠的性质推出，再利用三角形内角和定理求解，即可解题．
【详解】解：四边形是菱形，，
，
，
，
，
由折叠的性质可知，，
，
，
故答案为：．
【变式1】（2024·广东广州·一模）如图，点为菱形的边上一点，且，，点为对角线上一动点，若的周长最小值为6，则______．
【答案】/
【分析】本题考查了菱形的性质，轴对称—最短路径问题，勾股定理逆定理，锐角三角函数，推出是直角三角形是解题关键．连接、，根据菱形好轴对称的性质，得到，进而求出，再利用勾股定理逆定理，推出是直角三角形，再求正弦值即可．
【详解】解：如图，连接、，
四边形是菱形，，，
，点和点关于对称，，
，
，
的周长，
的周长最小值为6，
，
，，，
，
是直角三角形，，
，
，
故答案为：
【变式2】（2023·广东广州·一模）如图，菱形中，，点、分别为边、上的点，且，连接、交于点，连接交于点．则下列结论：①，②，③，④中，正确的是________．（填序号）

【答案】①②③④
【分析】①由菱形中，，可证是等边三角形，则可得，由即可证得；②由①则可得，利用三角形外角的性质即可求得∠AHC=120°；③在上截取，连接，易得点A，H，C，D四点共圆，则可证得是等边三角形，然后由即可证得，则可证得；④根据已知条件证得，由相似三角形的对应边成比例，即可得．
【详解】解：①∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，即是等边三角形，
同理：是等边三角形
∴∠B=∠EAC=60°，
在和中，
，
∴；故①正确；
②∵，
∴，
∵，
∴；故②正确；
③在上截取，连接，

∵，
∴点A，H，C，D四点共圆，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴；故③正确；
④∵，
∴，
∴，
∴．故④正确．
故答案为：①②③④．
【变式3】（2024·广东广州·二模）如图，在菱形中，，

(1)连接，求的值；
(2)点E以每秒2个单位长度的速度从B点出发向点C运动，同时点Q以每秒个单位长度的速度从D点出发向点B运动，当其中一点达到终点，另外一点随之停止运动．
①连接，能否为等腰三角形？如果能，求点E，Q的运动时间；如果不能，请说明理由；
② 连接，当时，求的值．
【答案】(1)
(2)①能，2秒或秒；②
【分析】（1）连接，交于点，利用菱形的性质，进行求解即可；
（2）①设点的运动时间为，则：，进而得到，当时，是等腰三角形，过点作，利用三线合一以及锐角三角函数进行求解即可；
②过点作，将三角形绕点旋转得到，易得四点共圆，得到，设运动时间为，则，，利用含30度角的直角三角形的性质和勾股定理，进行求解即可．
【详解】（1）解：连接，交于点，

∵在菱形中，，
∴，，
∴，
∴；
（2）①能，设点的运动时间为，则：，
∴，
如图，当时，过点作，则：，

∵，
∴，
∴，即：，
解得：；
当时，则，
∴，
解得（舍去）；
当时，，
解得，
∴当点E，Q的运动时间为秒或秒时，为等腰三角形；
②过点作，则：，

∵菱形，，
∴，，，，
∴，，
∴，
将三角形绕点旋转得到，
∴，
∵，
∴，
∴四点共圆，
∴，
在中，，
∴，，
设运动时间为，则：，，
∴，，
在中，，
∴，
在中，，
∴，
解得：（不合题意，舍去）或，
∴，
∴．
题型07 与正方形有关的计算与证明
例1（2025·广东佛山·二模）双曲线如图所示，边长为2的正方形顶点A横坐标为2，轴．将正方形向正下方平移，两个顶点可同时落在双曲线上，则k的值是______．
【答案】
【分析】本题考查的是正方形的性质，平移的性质，反比例函数的应用；先判断落在双曲线上，设平移后，则，再进一步求解即可．
【详解】解：∵将正方形向正下方平移，两个顶点可同时落在双曲线上，
∴落在双曲线上，
∵边长为2的正方形顶点A横坐标为2，
∴设平移后，则，
∴，
解得：，
∴，
∴，
故答案为：．
例2（2025·广东广州·二模）如图，正方形的边长为6，以边为直径在正方形内部作半圆，圆心为O，过点A作半圆的切线，与半圆相切于点F，与相交于点E，则______．
【答案】
【分析】本题考查了切线长定理，正方形的性质，勾股定理；由于与圆切于点，根据切线长定理有，；设．则，， 然后在三角形中由勾股定理可以列出关于的方程，即可求出．
【详解】解：与圆切于点，
∴根据切线长定理有，，
设，
则，，
在三角形中由勾股定理得：，
，
．
故答案为：．
【变式1】（2025·广东广州·二模）如图，在平面直角坐标系中，正方形的顶点O与原点重合，顶点A，C分别在x轴，y轴上，反比例函数的图象与正方形的两边，分别交于点M，N，连接，，，若，，则与的大小关系是______，k的值为______．
【答案】
【分析】由反比例函数的图象与正方形的两边、分别交于点M、N，易证得，即可得，可得，然后设作于E点，易得为等腰直角三角形，设，则，由勾股定理可求得x的值，继而可设正方形的边长为a，则，则可得到点N的坐标，继而求得答案．
【详解】解：∵点M、N都在反比例函数的图象上，
∴，即，
∵四边形为正方形，
∴，，
∴，
∴；
∴，
作于E点，如图，
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴，
设，则，
∴，
∴，
在中，，
∵，即，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
设正方形的边长为a，则，
在中，，
∴，
解得（舍去），
∴，
∴，
∴，
∴N点坐标为，
将点N代入反比例函数，得：，
故答案为：，．
【变式2】（2025·广东广州·二模）如图，在边长为的正方形中，对角线、交于点，折叠正方形纸片，使落在上，点恰好与上的点重合，展开后折痕分别交、于点、，连接，给出下列结论，①；②四边形是菱形；③；④，其中正确的是______．
【答案】①②③④
【分析】由正方形的性质得，，，，，则，所以，由折叠得，，，则，，可判断正确；所以，则，所以，则四边形是菱形，可判断正确；可证明，，则，求得，，则，可判断正确；再证明，则，所以，可判断正确，于是得到问题的答案．
【详解】解：四边形是正方形，对角线、交于点，
，，，，，
，，
，
由折叠得，，，
，，
故正确；
，
，
，
四边形是菱形，
故正确；
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
故正确；
，，
，
，
，
故正确，
故答案为：．
【变式3】（2025·广东广州·一模）如图，正方形的边长为，为边上的动点（点不与点，重合），点在上，且．
(1)设，求证：；
(2)过点作，为垂足，连接，求证：为等腰三角形；
(3)若点为边上一动点，且的面积为，当取最小值时，求线段的长．
【答案】(1)详见解析；
(2)详见解析；
(3)．
【分析】（）由四边形为正方形，则，得，再根据和平角定义求证即可；
（）过点作，证明，再证 ，得到，进而可得为等腰直角三角形，所以，，然后利用等角对等边求证即可；
（）由题易得，连接，在上取点，使得证明，所以，进而可知点在以为直径的上运动，当点运动到上时有最小值，据此求解即可．
【详解】（1）证明：∵四边形为正方形，
∴，
∵，
∴，
又∵，
∴；
（2）解：过点作，
∴，
又 ，
∴，
∴
又四边形为正方形，
∴，
又，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴为等腰直角三角形，
∴， ，
设，
由（）得，
∴，，
∵，
∴，，，四点共圆，
∴，
∴，
∴，
∴为等腰三角形；
（3）解：由（）知，
∴，
∴，
连接，在上取点使得，
∵，
∴，
连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴点在以为直径的上运动，
连接，当点运动到上时有最小值，
此时，过点作，过点作，
∵，
∴的半径，
即，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
解得．

（20分钟限时练）
1．（2025·广东广州·模拟预测）如图，在四边形中，点E在上，，，，则的度数为（ ）．
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查平行线的性质，三角形的内角和定理．
根据两直线平行，同位角相等，据此可求出，然后根据三角形内角和进行解答．
【详解】解：∵，，
∴，
∴．
故选：A．
2．（2025·广东广州·二模）如图，将平行四边形沿对角线折叠，使点落在处．若，，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了平行四边形的性质，折叠的性质，三角形的外角性质及三角形内角和定理等知识，由平行四边形的性质和折叠的性质得，再由三角形的外角性质得到，然后根据三角形内角和定理解答即可求解，熟练掌握平行四边形的性质和折叠的性质是解题的关键．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，
，
，
由折叠的性质得，，
，
，
，
，
故选：．
3．（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．5C．4D．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．
4．（2025·广东广州·二模）如图，正方形的对角线上有一点E，且，点F在的延长线上，连接，过点E作，交的延长线于点G，连接并延长，交的延长线于点P，若，，求线段的长（ ）．
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】本题考查正方形的性质，四点共圆，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质与判定，勾股定理，作于，先求出，再证明是等腰直角三角形，得到，求出，则，利用勾股定理求出，再证明，可得，由此即可解决问题．
【详解】解：如图，作于．
四边形是正方形，，
，，
，，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
，
，
，
在中，，
，
∴G、E、F、C四点共圆，
，
，
，
，
，
，
．
故选：C．
5．（2024·广东广州·一模）如图所示的衣架可以近似看成一个等腰，其中，，，则高为______．（参考数据：，，）
【答案】10.2
【分析】本题主要考查了解直角三角形、等腰三角形的性质等知识，熟练掌握三角形函数的应用是解题关键．首先根据等腰三角形的性质可得，然后利用三角形函数计算的长度即可．
【详解】解：∵，，为边上的高，
∴，
∵，
∴在中，可有，
∴．
故答案为：10.2．
6．（2025·广东广州·二模）如图，在中，，是边上的中线，若，，则的值为______．
【答案】9
【分析】本题考查解直角三角形，全等三角形的判定和性质，作，交的延长线于点，平行线的性质，得到，根据，求出的长，证明，得到即可．
【详解】解：作，交的延长线于点，则：，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵是边上的中线，
∴，
∵，
∴，
∴；
故答案为：9．
7．（2023·广东广州·二模）如图，矩形的对角线交于点O，点E是矩形外一点，，，连接交于点F、连接．若，则线段的长为____________．

【答案】
【分析】根据矩形的性质可得，再根据可得是菱形，然号再推导，继而得到是等边三角形，利用勾股定理求出线段长即可．
【详解】解：∵是矩形，
∴
又∵，
∴是菱形，
∴
∵，
∴，
∴ ，
∵，
∴，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
故答案为：．
8．（2024·广东广州·三模）将正方形的边绕点A逆时针旋转，得到，连接．当点E落在的垂直平分线上时，的度数为____________．
【答案】或
【分析】本题考查选旋转的性质、线段垂直平分线的性质，全等三角形法人判定和性质及正方形的性质，分两种情况讨论，根据点在的垂线平分线上，利用全等三角形，可得出是等边三角形，据此可解决问题，能通过全等三角形的性质得出是等边三角形是解题的关键．
【详解】解：当点在正方形内部时，如图所示，
点在的垂线平分线上，
，
．
又四边形是正方形，
，，
．
在和中，
，
，
．
由旋转可知，，
又，
，
是等边三角形，
，
，
，
．
当点在正方形外部时，如图所示，
同理可得，．
综上所述，的度数为或．
故答案为：或．
9．（2025·广东广州·一模）如图，，．求证：．
【答案】见解析
【分析】本题考查三角形全等的判定与性质，判定两个三角形全等的一般方法有：，熟练掌握知识点是解题的关键．
先由得到其邻补角相等，再由证明全等，则由全等三角形对应边相等即可说理．
【详解】证明：∵，
∴．
在和中，
，
∴，
∴．
10．（2024·广东广州·二模）如图，已知中，，，，，为边上的中线．
(1)求的长；
(2)求的面积．
【答案】(1)
(2)
【分析】本题考查了解直角三角形及勾股定理，熟知余弦的定义及三角形中线的性质是解题的关键．
（1）先根据的余弦求出的长，再利用勾股定理即可解决问题．
（2）根据为边上的中线可知，的面积是面积的一半，据此可解决问题．
【详解】（1），
．
在中，
，
，
．
（2）为边上的中线，
．
又，
．
11．（2024·广东广州·二模）如图，在中，，，．
(1)尺规作图：将沿着经过点的某条直线翻折，使点落在边上的点处，请作出折痕，折痕与的交点为；（不写作法，保留作图痕迹）
(2)若折痕与的延长线交于点，
①求的长度；
②求点到直线的距离．
【答案】(1)见解析
(2)①；②．
【分析】本题主要考查了平行四边形的性质以及轴对称变换，勾股定理，掌握平行四边形的性质以及轴对称的性质是解决问题的关键．
（1）以为圆心，的长为半径画弧，交于；分别以，为圆心，适当的长为半径画弧，两弧交于点；作射线，交的交点为，则即为折痕；
（2）①证明，利用等角对等边，即可求得；
②作于点，交的延长线于点，求得，根据，列式计算即可求解．
【详解】（1）解：如图所示，即为所求．
（2）解：①由作图知，，，
∵，
∴，
∴，
∴；
②作于点，交的延长线于点，
∵，，
∴，
∵，且，
∴．
12．（2025·广东广州·模拟预测）（1）如图，在矩形中，点，分别在边，上，，垂足为点．求证：．
【问题解决】
（2）如图，在正方形中，点，分别在边，上，，延长到点，使，连接．求证：．
【类比迁移】
（3）如图，在菱形中，点，分别在边，上，，，，求的长．
【答案】（1）见解析（2）见解析（3）
【分析】（1）由矩形的性质得，再证，即可得出结论；
（2）由正方形的性质先证，得出，再证，得出，然后由平行线的性质得，即可得出结论；
（3）延长至点，使，连接，先证，得出，，再证是等边三角形，得，即可解决问题．
【详解】（1）证明：四边形是矩形，
，
，
，
，
，
，
；
（2）证明：四边形是正方形，
，，，
在和中，
，
，
，
，
，
点在的延长线上，
，
在和中，
，
，
，
，
，
；
（3）解：如图，延长至点，使，连接，
四边形是菱形，
，，
，
在和中，
，
，
，，
，
，
是等边三角形，
，
，
，
即的长为．
近三年：根据近三年广州中考试题，“三角形与四边形基础性质”部分的考试方向是突出基础夯实与逻辑规范。试题严格依据课标，高度关注全等三角形、等腰三角形、平行四边形及特殊四边形的核心性质与判定方法的灵活运用，常结合平行线性质、角平分线、勾股定理等基础知识点综合考查。在题型上，该板块分布稳定：选择题和填空题常考查多边形内角和、平行四边形性质辨析、特殊四边形（正方形、菱形）的面积或最值问题（如将军饮马）；解答题中，通常在第18-22题位置出现，几乎每年必考一道“基础几何证明”题，涉及三角形全等或特殊四边形的判定，如2023年考查等腰三角形与全等三角形判定，2024年考查平行四边形性质与等腰三角形综合。此外，正方形作为高频考点，近三年多次出现于选填压轴位置。
预测2026年：2026年的考试方向将延续“素养立意”，更加注重在图形变换（折叠、旋转）和动态问题中考查基础性质的迁移应用。试题可能进一步创新设问，例如将三角形与四边形性质融入尺规作图情境。考试题型预计保持稳定：选择题或填空题中仍会出现特殊四边形性质的基本辨析（如2021年真命题判断）；解答题中档题大概率延续“基础几何证明”模式，重点考查全等三角形的判定或特殊四边形的判定与性质综合；选填压轴可能以正方形为背景结合最值问题或函数思想进行考查。
解｜题｜策｜略
1. 熟记判定定理，灵活选择方法：根据已知条件灵活选用SSS、SAS、ASA、AAS或HL进行证明。广州卷常考查SAS（如2020年）和ASA（如2022年）。
2. 识别基本图形，寻找隐含条件：善于从复杂图形中识别平移型、翻折型、旋转型等全等基本模型，并挖掘公共边、公共角、对顶角等隐含条件。
3. 规范书写推理，步步有据：证明过程要逻辑清晰，每一步结论都要有依据，避免跳步。注意线段和角的等量代换，最后写出完整结论。
解｜题｜策｜略
1. 活用“三线合一”性质：等腰三角形顶角平分线、底边中线、底边高线互相重合。遇到中点、角平分线或垂直条件时，优先考虑这一性质转化问题。
2. 分类讨论思想：当题目未明确底和腰时，需按边分类；已知一个内角求顶角时，需按顶角和底角分类讨论。
3. 巧构方程求解：设未知数表示边长或角度，利用勾股定理、相似三角形或全等关系建立方程求解。
解｜题｜策｜略
1. 活用勾股定理列方程：已知两边求第三边时直接计算；涉及线段关系或动点问题时，常需设未知数利用勾股定理列方程求解。
2. 巧用面积法求高：求直角三角形斜边上的高或点到一直线的距离时，运用等面积法（两直角边乘积=斜边×斜边上的高）建立等式。
3. 结合三角函数：涉及角度或比值条件时，利用锐角三角函数表示边角关系，或构造双直角三角形模型（公共边或背靠背）解决问题。
解｜题｜策｜略
1. 紧扣性质转化问题：运用平行四边形对边相等、对角相等、对角线互相平分等性质，将问题转化为三角形全等、勾股定理或中位线问题进行求解。
2. 掌握判定基本思路：根据已知条件选择判定方法——可证两组对边分别平行/相等，或一组对边平行且相等，或对角线互相平分。
3. 结合方程思想求解：涉及边长或角度计算时，常需设未知数列方程求解，利用平行四边形的性质建立等量关系。
解｜题｜策｜略
1. 活用性质转化问题：运用矩形四个角均为直角、对角线互相平分且相等等性质，将问题转化为直角三角形勾股定理或全等三角形进行求解。
2. 巧用对角线解题：矩形的对角线相等且互相平分，遇到中点或对角线条件时，常连接对角线构造等腰三角形或直角三角形。
3. 结合方程思想：涉及边长、角度或面积计算时，设未知数利用勾股定理或相似三角形建立方程求解。
解｜题｜策｜略
1. 紧扣性质转化问题：运用菱形四条边相等、对角线互相垂直平分、每条对角线平分一组对角等性质，将问题转化为直角三角形或全等三角形进行求解。
2. 掌握判定基本思路：根据条件选择判定方法——可证平行四边形+一组邻边相等，或证平行四边形+对角线垂直，或直接证四条边相等。
3. 灵活运用面积公式：菱形面积可用底乘高或对角线乘积的一半计算。广州卷常结合勾股定理和方程思想求边长或对角线长。
解｜题｜策｜略
1. 紧扣性质转化问题：运用正方形四边相等、四角均为直角、对角线相等且互相垂直平分等性质，将问题转化为全等三角形或勾股定理进行计算。
2. 掌握判定基本思路：根据条件选择判定方法——可证平行四边形+一组邻边相等+一个直角，或证矩形+一组邻边相等，或证菱形+一个直角。
3. 灵活运用面积公式：正方形面积可用边长的平方或对角线乘积的一半计算。广州卷常结合相似三角形和方程思想求边长或对角线长。