易错07 四边形（易错专练，8大易错剖析+避错秘籍+易错闯关）（江苏专用）2026年中考数学二轮复习讲练测（原卷版+解析版）

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易错点1 多边形内角和、外角和
错因剖析
【例1】（2025·江苏扬州·中考真题）若多边形的每个内角都是，则这个多边形的边数为______．
【答案】9
【分析】本题考查了正多边形的内角和与外角和问题，熟练掌握多边形的外角和等于是解题关键．先求出这个多边形的每个外角都是，再根据多边形的外角和等于求解即可得．
【详解】解：∵这个多边形的每个内角都是，
∴这个多边形的每个外角都是，
∴这个多边形的边数为，
故答案为：9．
避错秘籍
【防错指南】
图形变化先定边数，记牢公式，按步骤解方程或计算。
【知识链接】
内角和：(n−2)×180°（n 为边数，n≥3）
外角和：360°（任意多边形都一样，与边数无关）
正多边形：
一个外角度数：360°n
一个内角度数：180°−360°n
变式迁移
【变式1-1】（2025·江苏淮安·中考真题）如图，直线，正六边形的顶点A、C分别在直线a、b上，若，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题主要考查了正多边形的内角问题，平行线的性质，三角形内角和定理，正确添加辅助线是解题的关键．
延长与直线交于点，先求出正六边形的内角的度数，再由平行线的性质得到，然后根据三角形内角和定理求解即可．
【详解】解：延长与直线交于点，
∵正六边形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
故选：B．
【变式1-2】（2025·江苏镇江·中考真题）如图，在等腰三角形中，，第1次操作：取的中点，将绕点分别逆时针旋转和，得到线段和；第2次操作：取的中点，将绕点分别逆时针旋转和，得到线段和；；按照这样的操作规律，第30次操作后，得到线段和，若用点在点的正南方向表示初始位置，则点在点的（ ）
A．正东方向B．正南方向C．正西方向D．正北方向
【答案】D
【分析】本题考查规律探索，多边形外角和，旋转的性质，掌握方法是解决问题的关键．根据图形旋转方式，可证明皆为等边三角形，可得，根据多边形外角和结论，图形每转动12次后与重合，依此规律解答即可．
【详解】解：将绕点分别逆时针旋转和，得到线段和，
则，且，
为等边三角形，
同理，皆为等边三角形，
∵将绕点逆时针旋转，
∴，
为等边三角形，的中点为，
，
，
同理，
则，
∵，
∴每转到12次后与方向重合，
，
∴第30次操作后，第3个循环中的第6个位置，恰与方向相反，
又∵为等边三角形，
，
此时点在点的正北方．
故选：D．
易错点2 混淆平行四边形的性质及判定
错因剖析
【例2】（2026·江苏徐州·一模）如图，在四边形中，是的中点，，交于点，，.
(1)求证：四边形为平行四边形；
(2)若，，，求的长.
【答案】(1)见详解
(2)
【分析】（1）根据三角形的中位线定理得到，而，即可求证；
（2）解求得，由三角形的中位线定理和平行四边形的性质得到，最后对运用勾股定理即可求解．
【详解】（1）证明：∵是的中点，，
∴，
∵，
∴四边形为平行四边形；
（2）解：∵，
∴，
在中，，，
∴，
∵是的中点，
∴，
∵四边形为平行四边形，
∴，
∴在中，由勾股定理得．
避错秘籍
【防错指南】
性质（已知平行四边形）：形→性（平行四边形→对边平行且相等、对角相等、邻角互补、对角线互相平分）；
判定（求证平行四边形）：性→形（满足边、角、对角线的特定关系→四边形是平行四边形）。
核心口诀：知平行，用性质；证平行，用判定。
牢记“判定条件不可缺”：
① 一组对边平行 + 另一组对边平行（两组对边分别平行），才可判定；仅一组对边平行不行；
② 一组对边平行且相等（同一组对边），才可判定；“一组平行、另一组相等”不行（可能是等腰梯形）；
③ 对角线互相平分（两条对角线互相平分），才可判定；仅一条对角线被平分不行。
【知识链接】
一、平行四边形的性质
1.边的性质：两组对边分别平行且相等，如下图： ；
2.角的性质：两组对角分别相等，如图：
3.对角线的性质：对角线互相平分。如图：
二、平行四边形的判定
1.与边有关的判定：
（1）两组对边分别平行的四边形是平行四边形
（2）两组对边分别相等的四边形是平行四边形
2.与角有关的判定：两组对角分别相等的四边形是平行四边形
3.与对角线有关的判定：对角线互相平分的四边形是平行四边形
变式迁移
【变式2-1】（2026·江苏宿迁·三模）如图，已知在中，点E、F分别在边、上，且．求证：．
【答案】见解析
【分析】由平行四边形的性质得出，根据线段的和差关系得出，再证明四边形是平行四边形，由平行四边形的性质即可得出．
【详解】证明：四边形是平行四边形，
，．
，
，即．
又，
四边形是平行四边形，
∴．
【变式2-2】如图，在中，，，为边的中点，过点作交的延长线于点，平分交于点，连接，．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据平行四边形的判定证明即可．
（2）根据平行四边形的性质求解即可．
【详解】（1）证明：，，
．
，
，
．
平分，
，
．
为边的中点，
．
在和中，
，
，
四边形是平行四边形．
（2）解：平分，
，
，，
，
，
．
，
，
，
．
四边形是平行四边形，
．
易错点3 混淆特殊平行四边形的性质及判定
错因剖析
【例3】（2025·江苏徐州·中考真题）已知：如图，在中，E为的中点，于点G，交于点F，，连接，．求证：
(1)；
(2)四边形是菱形．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）证明，可得，可得，再证明，，即可得到结论；
（2）先证明四边形为平行四边形，结合E为的中点，，可得，从而可得结论．
【详解】（1）证明：∵，，
∴，
∴，
∵E为的中点，
∴，
∴，
∵在中，，
∴，，
∴．
（2）证明：∵，
∴，
∵，
∴四边形为平行四边形，
∵E为的中点，，
∴，
∴四边形为菱形．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，菱形的性质，直角三角形斜边上的中线的性质，平行线分线段成比例，掌握以上基础知识是解本题的关键．
避错秘籍
【防错指南】
特殊平行四边形主要特征区分：
① 矩形：平行四边形+一个直角（或对角线相等）；
② 菱形：平行四边形+一组邻边相等（或对角线互相垂直）；
③ 正方形：矩形+菱形（或平行四边形+直角+邻边相等）。
“判定特殊平行四边形的两步法”：
第一步，先判定四边形是平行四边形（用平行四边形的5种判定方法）；
第二步，再用特殊条件判定其为矩形、菱形、正方形；
例外情况：直接判定矩形（有三个直角的四边形）、直接判定菱形（四条边相等的四边形），无需先判定平行四边形；
正方形判定关键：必须同时满足“矩形的条件”和“菱形的条件”，缺一不可；
避坑提醒：对角线相等的四边形不一定是矩形（可能是等腰梯形），对角线互相垂直的四边形不一定是菱形，必须结合“平行四边形”这一前提。
【知识链接】
（1）矩形（平行四边形特例）
性质：① 具备平行四边形所有性质；② 四个角都是直角；③ 对角线相等；
判定：① 平行四边形+一个直角；② 平行四边形+对角线相等；③ 三个角是直角的四边形。
（2）菱形（平行四边形特例）
性质：① 具备平行四边形所有性质；② 四条边相等；③ 对角线互相垂直，且平分一组对角；
判定：① 平行四边形+一组邻边相等；② 平行四边形+对角线互相垂直；③ 四条边相等的四边形。
（3）正方形（矩形+菱形特例）
性质：① 具备平行四边形、矩形、菱形所有性质；② 四条边相等，四个角都是直角；③ 对角线相等且互相垂直平分；
判定：① 平行四边形+直角+邻边相等；② 矩形+一组邻边相等；③ 菱形+一个直角；④ 对角线相等且互相垂直平分的四边形。
变式迁移
【变式3-1】（2026·江苏盐城·一模）如图，在中，，点是边的延长线上的一点．连接，过点作于点，交于点G，且．
(1)求证：四边形是正方形；
(2)当点F是的中点，且时，求四边形的面积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据四边形是平行四边形，得平行四边形为菱形，再根据，，可以证明，从而得出，由此即可得出结论；
（2）连接、，根据于点，点为的中点得为线段的垂直平分线，则，再根据正方形对角线相等和菱形面积等于对角线乘积的一半求解即可．
【详解】（1）证明：四边形是平行四边形，，
平行四边形为菱形，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
菱形为正方形.
（2）解：连接、，如图所示：
于点，点为的中点，
为线段的垂直平分线，
，
四边形为正方形，
∴，
正方形的面积．
【变式3-2】（2026·江苏无锡·一模）如图，在中，对角线相交于点O，于点E，于点F，且．
(1)求证：；
(2)求证：四边形是矩形．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）证明即可证明结论；
（2）根据平行四边形的性质结合（1）中结论即可证明．
【详解】（1）证明：∵，，
，
，，
，
；
（2）证明：由（1）知，
四边形是平行四边形，
，，
，
，
∴四边形是矩形．
【变式3-3】（2025·江苏常州·中考真题）在四边形中，对角线、相交于点O，，．
(1)若是等腰三角形，则_______；
(2)已知，．
①若，判断四边形是怎样的特殊四边形，并说明理由；
②如图，在中，，求的长．
【答案】(1)
(2)①四边形是矩形，理由见解析；②
【分析】（1）由是等腰三角形，，，分别讨论：当时和当时，利用三角形的三边关系判断是否成立即可；
（2）①利用，，得出四边形是平行四边形，再利用，即可判定四边形是矩形；②过点作于点，利用，得出是直角三角形，且，证明，得出，，利用勾股定理求出，得出，再利用勾股定理求出，得出，即可求解．
【详解】（1）解：∵是等腰三角形，，，
∴当时，此时满足三角形三边关系，符合题意；
当时，，此时不满足三角形三边关系，不符合题意；
综上，，
故答案为：；
（2）解：①四边形是矩形，理由如下：
∵，，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴四边形是矩形；
②过点作于点，
∵，
∴是直角三角形，且，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴在中，，
∴，
∴在中，，
∴，
∴．
【点睛】本题考查全等三角形的判定与性质，勾股定理及其逆定理，三角形的三边关系，等腰三角形的定义，矩形的判定，二次根式的运算等，熟练掌握相关性质和判定是解题的关键．
易错点4 无图几何题考虑不全
错因剖析
【例4】（2025·江苏泰州·二模）在正方形中，，E为边上一点，将沿翻折，点A落在点F处，连接并延长交射线于点G，连接．若和全等，则________．
【答案】1或
【分析】本题考查了正方形的性质，正切的定义，全等三角形的性质，折叠的性质，勾股定理，根据折叠的性质可得，则分两种情况讨论，，分别画出图形，解直角三角形，即可求解．
【详解】解：∵正方形中，
∴
∵将沿翻折，
∴，，
如图，当时，
∴，
∴
∴
∴
∴，
如图，当时，
∴，，
设，则
∴，
在中，
∴
解得：
即，
综上所述，的长为1或，
故答案为：1或．
避错秘籍
【防错指南】无图必多解（除非题目明确限定图形位置、形状），
看到无图几何题，第一反应是“可能存在多种情况”，分类讨论。
区分“固定条件”与“可变条件”：题目中明确给出的边长、角度为固定条件，未明确的图形位置、形状为可变条件，分类讨论的核心的是“可变条件”。
常见可变场景：点与直线的位置（线上/延长线）、三角形的类型（锐角/直角/钝角）、等腰三角形的腰底、平行四边形的对角线长短、圆上点的位置等。
提升画图与分类能力
① 点的位置（线上/延长线、左侧/右侧）；
② 图形类型（锐角/直角/钝角三角形）；
③ 等腰三角形的腰底；
④ 对角线的长短/位置。
【知识链接】
三角形和四边形综合运用，解题时常用勾股定理、全等（相似）三角形、三角函数等解答，同时，往往需要添加辅助线，熟练利用已知条件构造解题模型是解答关键。
变式迁移
【变式4-1】（2025·江苏宿迁·一模）矩形中，，，点在边上运动，点关于的对称点为点，点到边的距离是点到边距离的3倍，则的值为______．
【答案】或
【分析】根据题意画出示意图，①利用翻折的性质，线段的数量关系和勾股定理求出相关线段，证出，利用相似比即可求解；②利用翻折的性质，线段的数量关系求出相关线段，利用特殊角的三角函数值求出，进而利用平行线的性质和翻折的性质求出即可求解．
【详解】解：
①如图所示，
根据题意得，，
则，
根据翻折的性质可得，，，
在中，由勾股定理得，
,,
，
又，
，
；
②如图所示，，，
则，
∴在中，，
，
，
，
又，
，
，
，
；
综上，或．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，翻折的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，锐角三角函数比等知识点，解题的关键是熟练掌握以上性质，并根据题意构造出图形进行求解．
【变式4-2】（2026·江苏无锡·一模）如图，在矩形中，，，为边上的一个动点．连接、，将沿着折叠，得到，再将沿着折叠，得到（与为对应点）．当边与的边所在直线重合时，______．
【答案】1或3或
【分析】根据矩形的性质，折叠的性质，分点落在上和点落在上，两种情况进行讨论求解即可．
【详解】解：当点落在上时，如图，
∵矩形，折叠，
∴，，，
∴，
∴，即，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，即，
解得或；
②当点落在上时，如图，此时两点重合，
∵矩形，
∴，，
∴，
∵折叠，
∴，，，
∴，
∴，
在中，
∴；
综上：或或．
易错点5 四边形背景下的折叠问题
错因剖析
【例5】（2026·江苏无锡·一模）如图1，在矩形中，点E，F分别在边，上，将矩形沿折叠，使点A的对应点P落在边上，点B的对应点为点G，交于点H．
(1)如图2，当P为的中点，，时．
①长度为_______；
②求的长；
(2)如图3，连接，当P，H分别为，的中点时，设为y，为，求y与的函数关系．
【答案】(1)①；②
(2)
【分析】（1）①利用折叠和勾股定理求解即可，②证明，由相似三角形的性质得出，求出，再根据线段的和差关系即可得出．
（2）延长，交于一点，连接，先证明，得到相等的边，再根据，由相似三角形的性质进一步即可得出和的函数关系．
【详解】（1）解：∵矩形，
∴，，
∵P为的中点，
∴，
由折叠的性质得出，
设，则，
在中，．
即，
解得；
②四边形是矩形，
，
，
，分别在，上，将四边形沿翻折，使的对称点落在上，
，
，
，
；
，
∵，
，
，
，
．
（2）解：如图，延长，交于一点，连接，
，分别在，上，将四边形沿翻折，使的对称点落在上，
，直线，
，
，
，
又，
，
是等腰三角形，
，
为中点，，四边形为矩形，
，
为中点，
，
，，
，
，，
，
，
在中，，
，
，
在中，，
，
，
，
，
即．
避错秘籍
【防错指南】挖掘隐含条件，规避认知偏差
必挖隐含条件：① 折叠前后，边长、角度、周长不变（不变量）；② 对称轴垂直平分对应点连线，可利用此性质求线段垂直关系、中点坐标；③ 折叠后，重叠部分为全等图形，可利用重叠部分的边、角关系补充条件。
分类讨论提醒：遇到“四边形折叠”无图题，或未明确折叠方式时，需分类讨论（如沿不同边、不同对角线折叠），确保不遗漏折叠情况；
四边形性质应用原则：
先明确四边形类型（平行四边形、矩形、菱形、正方形），再套用对应性质，避免乱用；
牢记：矩形的直角和对角线相等、菱形的四条边相等和对角线垂直、正方形的双重性质。
【知识链接】
折叠性质：
① 折叠前后，图形全等（对应边相等、对应角相等）；
② 折叠具有轴对称性，对称轴垂直平分对应点的连线，对应点到对称轴的距离相等。
四边形相关：
① 平行四边形：对边平行且相等、对角相等、对角线互相平分；
② 矩形：具备平行四边形所有性质、四个角为直角、对角线相等；
③ 菱形：具备平行四边形所有性质、四条边相等、对角线互相垂直且平分一组对角；
④ 正方形：具备平行四边形、矩形、菱形所有性质；
辅助定理：勾股定理（a²+b²=c²）、三角形全等判定（SSS、SAS、ASA等）。
常用解题思路
求边长/角度：利用折叠全等性，将未知边、角转化为已知边、角，结合四边形性质和勾股定理，建立方程求解；
判断图形形状：折叠后，结合全等性质和四边形性质，判断折叠后的图形（如三角形、小四边形）的形状（等腰三角形、矩形等）；
多解折叠：未明确折叠方式时，按“沿不同边、不同对角线”分类讨论，逐一画图、推导、验证，确保不重不漏。
变式迁移
【变式5-1】（2025·江苏无锡·二模）如图，菱形中，，E为的中点，将沿翻折得到，连接交于点F，则的值为____________．
【答案】/0.125
【分析】连接，证明都是等边三角形，设，则，，延长二线交于点M，
证明，结合，得到，证明，后利用勾股定理解答即可．
【详解】解：连接，
∵菱形中，，E为的中点，
∴，，，
∴都是等边三角形，
∵E为的中点，
∴，
∴，
∴，
设，则，
∴，
延长二线交于点M，
则，
∵沿翻折得到，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵菱形，
∴，
∴，
∴，
∴，
设，
∴，
∵，
∴，
解得，
∴，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，三角形相似的判定和性质，平行线分线段成比例定理，等腰三角形的判定，勾股定理，折叠的性质，熟练掌握性质和定理是解题的关键．
【变式5-2】（2026·江苏无锡·一模）数学活动课上，老师为同学们提供了若干大小不同的矩形纸片、其中边长均为．同学们以折叠矩形纸片展开数学探究活动．
【动手操作】
步骤如下：
第一步：如图①，将矩形纸片对折、使边重合，展开后折痕与交于点F．
第二步：如图②，在上取一点E，沿折叠矩形，点A的对应点为G．延长交于点H，将纸片沿过点H的直线折叠．使点C的对应点落在所在直线上，折痕与交于点M．
(1)求证：．
【初步感知】
A小组的同学们选用了如图③所示的矩形纸片．在按上述步骤折叠的过程中发现，当点E与点D重合时，此时点F、G、M三点在一条直线上．
(2)求的长．
【应用创新】
(3)如图④，B小组的同学们选用了的矩形纸片，按步骤进行多次折叠（选取不同位置的点E），且第二步折叠中，过点H的折痕与交于点M，把纸片展开后，连接．当为直角三角形时，则的长为________．
【答案】(1)见解析
(2)
(3)或
【分析】（1）连接，根据折叠的性质得到，再证明即可；
（2）证明，则，再对运用勾股定理求解即可；
（3）当时，可得四边形是矩形，则，然后可得 为等腰直角三角形，则；当时，连接，过点作于点，先得到三点共线，求出，则，再证明，设，则，根据相似三角形的性质求解，最后由勾股定理求解得到．
【详解】（1）证明：连接，如图②：
由第一次折叠可得，，
∵四边形是矩形，
∴
由第二次折叠可得，
∴，
∵，
∴，
∴；
（2）解：连接，如图③：
由②得，，
∴
∵矩形，
∴，，
∴
由折叠可得，
∵
∴
∴，
由（1）得，
∴
∴
∴，
由折叠可得，
∴，
∴，
∴；
（3）解：当时，
∴
∵矩形，
∴
∴
∴四边形是矩形，
∴，
∴，
由折叠可得，平分
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴；
当时，连接，过点作于点，
则，
∵折叠，
∴，
∴，
∴三点共线，
∵，
∴，
∴，
同上可证明四边形为矩形，
∴，
∴，
由折叠可得，，
由（1）得，
∴，
∴
∴
∴，
∵
∴，
∵，
又∵
∴
∵，
∴
∴
∴，
设，则
∴，
解得
∴，
综上：当为直角三角形时，则的长为或．
易错点6 四边形背景下的最值问题
错因剖析
【例6】（2025·江苏扬州·三模）如图，在菱形中，，，点，分别是边和对角线上的动点，且，连接，相交于点，点是边上的一个动点，连接，，则的最小值是___________．
【答案】
【分析】根据菱形的性质可证，根据全等三角形的性质可得，所以可知点是外接圆中劣弧上的一点，作点关于直线的对称点，当点、、三点在同一直线上时，的值最小，作辅助线构造矩形和直角三角形，利用勾股定理求出的长度，的长度即为的最小值．
【详解】解：四边形是菱形，
，
，
是等边三角形，
，，
又，
在和中，，
，
，
，
，
，
如下图所示，作的外接圆，作点关于直线的对称点，连接、、、、，交直线于点，过点作，于点，
则有，
，
当点、、三点在同一直线上时，的值最小，
此时直线与的交点就是点，
，
，
，
，
，，
，
，
解得：，，
，
，
，
，
点关于直线的对称点，
，
，
四边形是矩形，
，
菱形中，，，
，
，
，
，
，
，
，
，
故答案为：．
【点睛】本题考查了菱形的性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，解直角三角形，圆周角定理，对称性质，最短距离等知识，由全等得到，则点是的外接圆上的劣弧上的点，作出的外接圆，利用圆的性质求出的最小值．
避错秘籍
【防错指南】四边形背景下最值问题“四步解题法”：
1. 定模型：判断题目所求最值类型，确定适用的核心最值模型（两点之间、垂线段最短、将军饮马）；
2. 构图形：根据模型要求，结合四边形性质构造辅助线（如对称点、垂线段），将最值问题转化为线段、三角形问题；
3. 算最值：结合勾股定理、三角形三边关系、四边形性质，计算出最值的具体数值或取值范围；
4. 验合理性：验证最值对应的动点位置是否在四边形的运动范围内，是否符合图形存在性，确保答案有效。
【知识链接】
四边形背景下3种核心最值模型（必记）：
① 两点之间线段最短：适用于求“两点之间线段长度”“两条线段和的最小值（无对称需求）”；
② 垂线段最短：适用于求“点到直线的距离最值”“动点到定边的距离最值”；
③ 将军饮马模型：适用于求“动点到两个定点的距离和/差的最值”，核心是构造对称点，转化线段。
常用解题思路
距离和/差最值：优先用将军饮马模型，构造对称点，将线段和/差转化为一条线段，利用“两点之间线段最短”求解；
点到线的距离最值：用垂线段最短模型，结合四边形的直角、平行线性质，画出垂线段，计算长度；
对角线/边长最值：利用三角形三边关系，结合四边形的边长固定条件，推导最值范围；动点型最值：分析动点运动轨迹，确定最值出现的位置（顶点、中点、垂直交点），再计算数值。
变式迁移
【变式6-1】（2026·江苏徐州·一模）如图，正方形边长为4，E为边上一点，连接对角线，过点E作交于点F，连接，取的中点为G，则的最小值为___________．
【答案】
【分析】延长，交于点，取的中点，连接，先证明．得到，，根据三角形中位线定理，可得到，，设，则，，，，，可得．
【详解】
如图所示，延长，交于点，取的中点，连接．
因为，
所以．
所以，
所以
所以．
所以．
因为的中点为点，
所以．
又因为，
所以．
所以，．
因为的中点为点，的中点为点，
所以，．
所以．
因为正方形，
所以
所以为等腰直角三角形，
所以．
所以．
设，则，，，，，
所以．
所以．
当时，取得最小值，即的最小值为，
所以的最小值为．
故答案为：
【变式6-2】（2026·江苏盐城·一模）如图，在菱形中，点E为边上一点，将沿着翻折得到．点G为中点，连接，过点F作于点H．若，，则的最小值为________．
【答案】3
【分析】作于点P，取线段的中点K，连接，作，再根据菱形的性质可得 ，然后根据折叠的性质可得，接下来说明，可得，即可得当点H，F，K共线时，的值最小值为线段的长度，再结合正切的定义，由勾股定理求出，则此题可解．
【详解】解：如图所示，过点D作于点P，取线段的中点K，连接，过点K作于点，
∵四边形是菱形，，
∴，
∴，
根据折叠的性质可得，
∵，
∴，
∴，
∴，
当点H，F，K共线时，的值最小，即为线段的长度．
∵，
∴设，则，
由勾股定理，得，
解得，
∴，
即的最小值为．
【变式6-3】（2026·江苏南通·二模）如图，菱形边长为2，．当点A在x轴上运动时，点D随之在y轴上运动，在运动过程中，点B到原点O的最大距离为______．
【答案】
【分析】取的中点E，连接、，，，根据三角形三边关系有，即O、E、B三点共线时取得最大值，求出最大值即可．
【详解】解：取的中点E，连接、，，，
∵，
∴当O、E、B三点共线时取得最大值，
菱形边长为2，，
，，为等边三角形，
，，
，
∴点B到原点O的最大距离为．
易错点7 四边形的几何综合探究
错因剖析
【例7】（2026·江苏盐城·一模）主题式学习：实验初中九年级某学习小组围绕“半角”问题开展主题学习活动．
如图1，E、F分别为正方形的边上的动点，连接，且满足．
(1)【常规探究】在图1中，线段之间的数量关系为____．
(2)【变式思考】如图（2），正方形的边长为6，点E为边上的点，连接，取的中点G，F为边上的点，且，若，求的长．
(3)【拓展应用】如图（3），点E，F为正方形的边所在直线上的动点，点E在点F的左侧，且满足，求的最大值，请直接写出结果．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）【常规探究】延长至G，使，连接，可证得，从而，，进而证得，从而，进一步得出结果；
（2）【变式思考】延长，交的延长线于W，作于V，可得出，从而得出的值及，可证得，从而得出，根据勾股定理等知识求得，可证得，根据得出的值，进而得出的值，进一步得出结果；
（3）【拓展应用】可判断当点E在的延长线上，点F在上时，存在最大值，作，交于G，作于W，则，，可证得，从而，从而得出，作的外接圆O，作于，交于，当G点在处时，最大，进一步得出结果
【详解】（1）解：【常规探究】如图1，，理由如下：
延长至G，使，连接，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
（2）解：【变式思考】如图2，
延长，交的延长线于W，作于V，
∵四边形是正方形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，G是的中点，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴；
（3）解：【拓展应用】如图3，
当点E在的延长线上，点F在上时，存在最大值，
，
作，交于G，作于W，则，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
作的外接圆O，作于，交于，
当点在处时，最大，
由得，
∴，，，
∴，
∴，
∴最大值．
避错秘籍
【防错指南】
1. 建立 “四边形综合题” 固定思维框架
①看到四边形综合探究，按这条主线走：
先定图形身份：是平行四边形 / 矩形 / 菱形 / 正方形？有哪些天然性质可用？
②找相等与垂直：
边：对边平行且相等、四边相等、对角线关系
角：直角、平分角、互补角
③构造全等 / 相似：
四边形综合题几乎都要靠全等搭桥，再用勾股算长度。
2. 探究题三步万能套路（最重要）
第 (1) 问：特殊情况，直接证全等、算长度；
第 (2) 问：类比迁移，方法和第 (1) 问几乎一样，只改字母不改思路；
第 (3) 问：拓展推广，判断结论是否仍然成立，不成立就写新关系。
口诀：一问打底，二问照搬，三问判断。
3. 抓 “变中不变”，少走 90% 弯路
先标出不变量，再看变化部分。
【知识链接】
平行四边形：对边平行且相等，对角线互相平分
矩形：直角 + 对角线相等
菱形：四边相等 + 对角线垂直平分
正方形：矩形 + 菱形全部性质
必备解题知识点：全等三角形、相似三角形、三角函数、勾股定理、平行线倒角、轴对称
变式迁移
【变式7-1】（2026·江苏南通·一模）平移是一种重要的图形变换，在平面几何中，广泛用于解决各种问题．
【尝试解决】
如图1，正方形中，点E，F，P分别在边，，上，且．
(1)过点D作交边于点G，则，的数量关系是 ．
(2)在（1）的基础上，求证：．
(3)【类比应用】
如图2，正方形中，点E，F，P分别在边，，上，直线交于点Q，且．若点P是的中点，，求的长．
(4)【拓展提升】
如图3，矩形中，点E，F分别在边，上，点P在射线上，直线交于点Q．若，，，，求的值．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)
(4)
【分析】（1）根据正方形得到，证明四边形是平行四边形，即可得到答案；
（2）根据正方形的定义得到，证明，得到，即可得到结论；
（3）过点作交于点，交的延长线于点，过点作于点，先证明，根据点P是的中点，，正方形，得到，， 设，则，求出，故，证明，即可得到；
（4）过点作交于点，交延长线于点，过点作，分当点在线段上时，当点在线段延长线上时两种情况进行讨论即可．
【详解】（1）解：，理由如下：
在正方形中，，
，
四边形是平行四边形，
；
（2）证明：，
，
正方形，
，
，
，
，
，
，
；
（3）解：过点作交于点，交的延长线于点，过点作于点，
正方形，
，
四边形是平行四边形，
，
，
，
点P是的中点，，正方形，
，
，
设，则，
，
，
，
为中点，
，
在和中，
，
，
，
；
（4）解：当点在线段上时，过点作交于点，交延长线于点，过点作，
矩形，
，
四边形是平行四边形，
，
，
，，矩形，
，
设，则，
，
，
，
，
，
，，
，
；
当点在线段延长线上时，过点作交于点，交延长线于点，过点作，
矩形，
，
四边形是平行四边形，
，
，
，，矩形，
，
设，则，
，
，
，
，
，
，，
，
，
；
综上：的值为．
【变式7-2】（2026·江苏宿迁·三模）【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，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，将绕点A逆时针旋转，旋转角为，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；
【延伸拓展】
(3)如图，在菱形中，，对角线相交于点O，M是的垂直平分线与的交点，将绕点A逆时针旋转并放缩得到（点M，B的对应点分别为点E，F），使得点E落在线段的中点E处，点F落在射线上．若，求的长．
(4)在菱形中，，对角线相交于点O，M是的垂直平分线与的交点，将绕点A逆时针旋转并放缩得到（点M，B的对应点分别为点E，F），使得点E落在线段上，点F落在线段上，直接写出之间的数量关系 （用含的式子表示）．
【答案】(1)，
(2)
(3)
(4)
【分析】（1）根据正方形的性质结合勾股定理即可求解；
（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）作交于点H，先求出，，再根据勾股定理得出，，根据相似三角形性质得出，求出即可求出结论；
（4）先证，得到，根据线段垂直平分线的性质求得，由余弦函数可得，，再根据求解即可．
【详解】（1）解：∵四边形是正方形，
，
，
∴旋转角为，；
（2）解：如图，
由题意得：，
，
，
，
，
，
，
；
（3）解：作交于点H，
四边形为菱形，
，，
，
是等边三角形，
，
，
，
，
∴
为的中点，
，
∴在中，，
垂直平分，
，
，
∴在中，，，
，
，
，
由题意得，，
∴
，
，
在中，，
；
（4）解：过点作于点，
由题意得，
同理可证，
∴，
∵菱形中，，
∴，
∵M是的垂直平分线与的交点，
∴，
∴，，
∴，，
∵，
∴
，
即．
【变式7-3】（2025·江苏宿迁·中考真题）如图1，在矩形中，，点是边上一个动点，点在射线上，．线段的垂直平分线分别交直线于点、、、．
(1)直接写出___________°，___________；
(2)当时，求的值；
(3)如图2，连接并延长交直线于点．
①求证：；
②如图3，过点作直线的垂线，分别交直线于点，连接，求线段的最小值．
【答案】(1)，
(2)
(3)①见解析 ②
【分析】（1）过点E作于点K，即可得到四边形是矩形，然后证明，即可求出的值，然后根据正切的定义求出的度数即可；
（2）根据勾股定理求出长，利用（1）的结论求出长，然后证明是等边三角形，根据正弦的定义求出长解答即可；
（3）①根据（2）的证明得到，过点M作交于点L，则有，得到，即可得到，然后根据平行线分线段成比例得到结论即可；
②连接，，根据直角三角形斜边上的中线性质和平行线分线段成比例得到，进而判断，即可得到点Q在与线段夹角为的射线上，然后根据垂线段最短解答即可．
【详解】（1）解：过点E作于点K，
∵是矩形，
∴，
∴四边形是矩形，
∴ ，，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
故答案为：，；
（2）解：∵，，
∴ ，
根据（1）中结论可得，
又∵垂直平分，
∴，
又∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴；
（3）①证明：根据（1）中结论可得，
又∵垂直平分，
∴，
又∵，
∴是等边三角形，
∴，
∴，
∴；
过点M作交于点L，
则，，
又∵垂直平分，
∴，
∴，
∴，
∴，
又∵，，
∴，
∴，即，
②连接，，
∵，，
∴，
又∵垂直平分，，
∴，，
∴，
∴，
∴，，
∴，
又∵，
∴，
∴，即点Q在与线段夹角为的射线上，
∴过点D作于点，
当点Q在时，最小，
这时．
【点睛】本题考查矩形的性质，解直角三角形，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理和等边三角形的判定和性质，作辅助线构造全等三角形是解题的关键．
易错点 8 函数背景下的特殊四边形存在性问题
错因剖析
【例8】（2026·江苏无锡·一模）如图，在平面直角坐标系中，已知抛物线经过点，与y轴交于点B，且关于直线对称．
(1)则抛物线解析式中________，________；
(2)当时，y的取值范围是，求t的值；
(3)点C是抛物线上位于第一象限的一个动点，过点C作x轴的垂线交直线于点D，在y轴上是否存在点E，使得以B，C，D，E为顶点的四边形是菱形？若存在、求出该菱形的边长；若不存在，说明理由．
【答案】(1)，
(2)
(3)或
【分析】（1）待定系数法求出函数解析式即可；
（2）先求出抛物线图象与轴的另一个交点的坐标为，分，，两种情况，结合二次函数的增减性进行求解即可．
（3）分为菱形的边和菱形的对角线两种情况进行讨论求解即可．
【详解】（1）解：∵抛物线经过点，与y轴交于点B，且关于直线对称，
∴，
解得；
（2）解：由（1）知该抛物线的解析式为，
∵，
∴该抛物线的顶点坐标为，
令，
解得或，
∴抛物线图象与轴的另一个交点的坐标为，
当时，即，此时，随的增大先增大到最大值再减小，
此时，，解得（舍去）；
当时，即，此时，随的增大而减小，
此时，，即，
解得或（舍去）；
综上，当时，y的取值范围是，t的值为；
（3）解：存在；
将代入，则，
∴，
设直线的解析式为，把代入，得，
解得
∴，
设，则，
∴，，，
当B，C，D，E为顶点的四边形是菱形时，分两种情况：
①当为边时，则，即，
解得（舍去）或，
此时菱形的边长为；
②当为对角线时，则，即，
解得或（舍去），
此时菱形的边长为；
综上：存在以B，C，D，E为顶点的四边形是菱形，边长为或．
避错秘籍
【防错指南】
牢记“数形结合”核心：函数图像上的点→坐标（代数），特殊四边形的判定→边、角、对角线关系（几何），解题关键是“将几何关系转化为代数方程”。
① 平行：两点连线斜率相等（一次函数中k相等）；
② 垂直：两点连线斜率乘积为-1（特殊情况：垂直于x轴、y轴）；
③ 边相等：两点间距离相等（套用两点间距离公式）；
④ 对角线相等/垂直：对角线两端点距离相等/连线斜率乘积为-1。
区分特殊四边形的判定条件（结合坐标）：
① 矩形：对角线相等且互相平分（坐标中点相同，对角线长度相等）；
② 菱形：对角线互相垂直且互相平分（坐标中点相同，对角线斜率乘积为-1）；
③ 正方形：对角线相等、垂直且互相平分（结合矩形和菱形的条件）。
【知识链接】
中点公式：x1+x22，y1+y22；
两点之间的距离公式：d=x1−x22+y1−y22；
直线的斜率公式：k=y1−y2x1−x2
变式迁移
【变式8-1】（2026·江苏无锡·一模）如图，已知二次函数（其中b，c为常数）的图象经过点，点，顶点为点M，过点A作轴，交y轴于点D，交该二次函数图象于点B，连接．
(1)求该二次函数的解析式及点M的坐标．
(2)若点E是直线上方的抛物线上的动点，求四边形面积的最大值．
(3)点P是直线上的动点，过点P作直线的垂线，记点M关于直线的对称点为Q．当以点P、A、M、Q为顶点的四边形为平行四边形时，求出点P的坐标．
【答案】(1)；
(2)
(3)点P的坐标为或
【分析】（1）利用待定系数法和配方法解答即可；
（2）先求出直线的解析式为．求得面积的最大值即可求得结论；
（3）利用分类讨论的方法分两种情况，结合平行四边形的性质，矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质解答即可．
【详解】（1）
解：二次函数的图像经过点，点，
，
解得：，
该二次函数的解析式为，
，
顶点；
（2）解：对称轴为直线，点，轴，
，
，，
，
设直线解析式为，
则，
解得，
直线解析式为，
过作轴交于点，
设，则，
，
，
，
当时 ，为最大值，
四边形面积的最大值为；
（3）解：当以点为顶点的四边形为平行四边形时，点的坐标为或，
理由：①当四边形为平行四边形时，．
连接，过点作轴于点，设与交于点，如图，
∵，，
∴，，
，
，
∵，，
∴，
，
∴，
∴四边形为矩形，
∴，
∵点关于直线的对称点为，
．
过点作轴于点，
设，则，
∵，
，
．
，
∴．
∴；
②当四边形为平行四边形时，．连接，
过点作轴于点，设与交于点，如图，
∵，，
∴，
，
，
∵，
∴，
，
∴，
∴四边形为矩形，
∴，
∵点关于直线的对称点为，
，
过点作轴于点，
设，则，
∵，
∴，
，
．
∴，．
综上，当以点为顶点的四边形为平行四边形时，点的坐标为或．
【变式8-2】（2026·江苏苏州·一模）如图，已知二次函数（其中b，c为常数）的图象经过点，点，顶点为点M，过点A作轴，交y轴于点D，交该二次函数图象于点B，连接．
(1)求该二次函数的解析式及点M的坐标．
(2)若将该二次函数图象向下平移个单位，使平移后得到的二次函数图象的顶点落在的内部（不包括的边界），求m的取值范围．
(3)点P是直线上的动点，过点P作直线的垂线，记点M关于直线的对称点为Q．当以点P、A、M、Q为顶点的四边形为平行四边形时，直接写出点P的坐标．
【答案】(1)；
(2)
(3)点P的坐标为或
【分析】（1）利用待定系数法和配方法解答即可；
（2）先求出直线的解析式为．过点M作直线轴，分别交于点E，交于点F，利用解析式分别求得E，F的坐标，利用抛物线平移的性质，列出不等式即可求得结论；
（3）利用分类讨论的方法分两种情况，结合平行四边形的性质，矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质解答即可．
【详解】（1）解：∵二次函数的图象经过点，点，
∴，
解得：，
∴该二次函数的解析式为，
∵，
∴顶点；
（2）解：设直线的解析式为，
∴．
解得：，
∴直线的解析式为．
过点M作直线轴，分别交于点E，交于点F，如图，
当时，，
∴．
∵将该二次函数图象向下平移个单位，
∴平移后的点M的坐标为，
∵平移后得到的二次函数图象的顶点落在的内部（不包括的边界），
∴，
∴；
（3）解：当以点P、A、M、Q为顶点的四边形为平行四边形时，点P的坐标为或，理由：
①当四边形为平行四边形时，．
连接，过点M作轴于点H，设与交于点F，如图，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形为矩形，
∴，
∵点M关于直线的对称点为Q，
∴．
过点P作轴于点G，
设，则，
∵，
，
∴．
∴，
∴．
∴；
②当四边形为平行四边形时，．
连接，过点M作轴于点H，设与交于点F，如图，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形为矩形，
∴，
∵点M关于直线的对称点为Q，
∴，
过点P作轴于点G，
设，则，
∵，
，
∴，
∴，
∴．
∴．
综上，当以点P、A、M、Q为顶点的四边形为平行四边形时，点P的坐标为或．
【点睛】本题主要考查了待定系数法确定函数的解析式，二次函数图象的性质，二次函数图象上点的坐标的特征，一次函数的性质，一次函数图象上点的坐标的特征，平行四边形的性质，相似三角形的判定和性质，利用点的坐标表示出相应线段的长度是解题的关键．
【变式8-3】（2025·江苏无锡·二模）如图，已知二次函数是常数，的图象与x轴分别相交于点A、B（点A位于点B的左侧），与y轴交于点C，对称轴为直线l．点C关于l的对称点为D，连接．点E为该函数图象上一点，平分．
(1)①线段的长为_______．
②求点E的坐标；（①、②中的结论均用含m的代数式表示）
(2)设M是该函数图象上一点，点N在l上．探索：是否存在点M．使得以A、E、M、N为顶点的四边形是矩形？如果存在，求出点M坐标；如果不存在，说明理由．
【答案】(1)①；②
(2)或
【分析】此题是二次函数综合题，主要考查了抛物线与坐标轴的交点坐标，对称轴，勾股定理，矩形的性质，解本题的关键是用角平分线得到直线解析式．
（1）①令，求出抛物线与轴的交点坐标；
②根据抛物线解析式确定出对称轴，和轴交点坐标；
（2）先设出点的坐标，分两种情况计算，利用矩形的对角线互相平分来确定出点的坐标，再用勾股定理计算即可．
【详解】（1）解：①令，则，
或，
，，
，
故答案为：；
②二次函数，
，对称轴，
，
平分，
点关于轴的对称点，在直线上，
设直线的解析式为，
把，代入，得
，解得：，
直线的解析式为，
联立，
解得：，，
点是抛物线和直线的交点，
．
（2）解：设，
，．
以、、、为顶点的四边形是矩形，
①以，为对角线时，
，的中点重合，
，
，
，
，
，
（舍去，或，
，
②以，为对角线时，
，的中点重合，
，
，
，
，
，
（舍去或
，
③以，为对角线时，
，的中点重合，
，
，
，
，
，此方程无解，
即：存在，或．

（2026·江苏无锡·一模）一个正n边形的每一个内角都是，则n的值为（）
A．7B．8C．9D．10
【答案】D
【分析】先求出正边形的一个外角度数，再根据多边形外角和为，用除以一个外角度数即可得到边数．
【详解】解：∵正边形的每个内角都是，
∴每一个外角为，
∴．
（2026·江苏无锡·一模）四边形中，对角线相交于点O，给出下列四个条件：①；②；③；④；从中任选两个条件，能使四边形为平行四边形的选法有（ ）
A．3种B．4种C．5种D．6种
【答案】A
【分析】根据平行四边形的判定定理，逐个分析所有任选两个条件的组合，判断能否判定四边形为平行四边形，统计符合要求的选法数量即可．
【详解】解：从四个条件中任选两个，有①②，①③，①④，②③，②④，③④共6种组合，逐个分析如下：
选①②：，，四边形可以是等腰梯形，不能判定为平行四边形，不符合；
选①③：
∵，
∴，
又∵，，
∴ ，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，符合；
选①④：
∵，
∴，
又∵，，
∴ ，
∴，
又∵，
∴四边形是平行四边形，符合；
选②③：，，无法满足平行四边形的判定条件，不能判定为平行四边形，不符合；
选②④：，，无法满足平行四边形的判定条件，不能判定为平行四边形，不符合；
选③④：
∵，，即对角线互相平分，
∴四边形是平行四边形，符合；
综上，能使四边形为平行四边形的选法共3种．
（2026·江苏盐城·一模）如图，在菱形中，对角线与交于点，垂足为，若，则的大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据菱形的性质以及直角三角形的性质进行求解即可．
【详解】解：∵四边形为菱形，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴．
（2025·江苏无锡·中考真题）正七边形的内角和为___________度．
【答案】900
【分析】本题主要考查了多边形的内角和，熟练掌握多边形内角和公式是解题的关键．根据多边形内角和公式计算即可得出答案．
【详解】解：正七边形的内角和为，
故答案为：900．
（2026·江苏无锡·一模）如图，在中，与相交于点，请添加一个条件，使四边形是菱形．添加的条件是_____．（写出符合题意的一个条件即可）
【答案】（答案不唯一）
【分析】由一组邻边相等的平行四边形是菱形或对角线互相垂直的平行四边形是菱形，进行解答．
【详解】解：由一组邻边相等的平行四边形是菱形，可添加（或或或）；
由对角线互相垂直的平行四边形是菱形，可添加．
（2025·江苏镇江·中考真题）用如图（1）所示的若干张直角三角形与四边形纸片进行密铺（不重叠、无空隙），观察示意图（图（2））可知的值等于_____．
【答案】
【分析】本题考查平面图形的镶嵌和密铺，根据两个图形能够密铺，得到每个公共顶点处各角的和为360度，如图，易得， ，进而得到，再根据公共顶点处各角的和为360度，进而求出代数式的值即可．
【详解】解：如图，
由题意和图（2）可知：，
可得
∴
故答案为：．
（2026·江苏无锡·一模）如图，在平行四边形中，两条对角线交于点，将沿翻折到，交于点，连接分别交于点．若，，则______，______．
【答案】
【分析】由折叠的性质可得，，，．由平行四边形的性质可得，，，进而可证明．使用等量代换可得，，因此．由平行可判定，则，因此，再根据线段的和差关系即可求解．
【详解】解：由折叠的性质可得，，垂直平分，
∴，，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，，
∴，，，
∴，，
∴，，
∵，，
∴，
∴，即；
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
故答案为：；．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，折叠的性质，等腰三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，熟练掌握平行四边形的性质是关键．
（2025·江苏宿迁·一模）如图，矩形纸片中，，是上一点，连结，沿直线翻折后点落到点，过点作，垂足为．若，则的值为______．
【答案】
【分析】本题考查了矩形中与折叠，勾股定理，矩形的判定与性质，过点作，交于点，由折叠性质可得，，由勾股定理得，再证明四边形为矩形，故有，，设，则，，最后由勾股定理即可求解，掌握知识点的应用是解题的关键．
【详解】解：过点作，交于点，如图，
由折叠性质可得，，
∵，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
∵，，
∴四边形为矩形，
∴，，
设，则，，
在中，
∵，
∴，
解得：，
∴，
故答案为：．
（2025·江苏泰州·三模）已知：在中，，，，D、E分别是的中点，点F为上一点，且满足，则______．
【答案】3或
【分析】本题考查了三角形中位线定理、平行四边形的性质、轴对称的性质、勾股定理、分类讨论数学思想的运用等知识与方法，正确地进行分类讨论并且画出相应的图形是解题的关键．分两种情况讨论，一是F是AC的中点，由D、E分别是AB、BC的中点，得，且，，可证明四边形是平行四边形，则，因为，所以；二是连接DE、BF，点F与点B关于直线DE对称，则DE垂直平分BF，因为，所以，可证明，由，，，根据勾股定理得，求得，于是得到问题的答案．
【详解】解：如图1，F是的中点，
、E分别是的中点，
，且，，
，且，
四边形是平行四边形，
，
，
；
如图2，连接，点F与点B关于直线对称，则垂直平分，设交点为L，
、E分别是的中点，
，
，
，，
，，
，
，且，，，
，
解得，
综上所述，的长为3或，
故答案为：3或
（2025·江苏宿迁·一模）如图， 矩形 中，，动点E，F分别从点A，C同时出发，以每秒1个单位长度的速度沿向终点B，D 运动，过点E，F作直线l，过点A作直线l的垂线，垂足为G，连接，则的最大值为________．
【答案】
【分析】连接相交于O，取的中点H，连接，由，可知G点在以H为圆心，为直径的圆上运动，求出的长即为的最大值．
【详解】解：连接相交于O，取的中点H，连接，
∵四边形是矩形，
∴，
∵，
在中，由勾股定理得：，
∵动点E，F分别从点A，C同时出发，以每秒1个单位长度的速度沿向终点B，D运动，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴O是对角线的交点，
∵，
∴，
∴G点在以H为圆心，为直径的圆上运动，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
过点H作交于M点，
∴，
∴，
∴的值最大为，
故答案为：．
【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形的性质，勾股定理，解答本题的关键是熟练掌握全等三角形的判定定理与性质．
（2025·江苏无锡·一模）如图，在矩形中，，，点在上，，若、分别为边与上两个动点，线段始终满足与垂直且垂足为，则的最小值______________．
【答案】
【分析】过点作于点．利用相似三角形的性质求出，设，则，，，求的最小值，相当于在轴上找一点，使得点到，的距离和最小，作点关于轴的对称点，连接，则，由，可得结论．
【详解】解：如图，过点作于点．
四边形是矩形，
，，，
，
，
，
，
四边形是矩形，
，，，
，
，
，，
，
，
，
，
，
设，则，，
，
欲求的最小值，相当于在轴上找一点，使得点到，的距离和最小，如图1中，
作点关于轴的对称点，连接，
，，
，
，当、M、J共线时取等号，
的最小值为，
的最小值为．
故答案为：．
【点睛】本题考查矩形的性质，轴对称最短问题，相似三角形的判定和性质，两点坐标距离公式等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考填空题中的压轴题．
（2026·江苏苏州·模拟预测）如图，在四边形中，，点E在上，，，垂足为F．
(1)求证：四边形是平行四边形；
(2)若平分，，求和的长．
【答案】(1)见解析
(2)4，3
【分析】（1）由题意易得，然后问题可求证；
（2）由（1）及题意易得，然后由可进行求解问题．
【详解】（1）证明：∵，
∴，
∵，
∴四边形是平行四边形；
（2）解：由（1）可得四边形是平行四边形，
∴，
∵，平分，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
（2025·江苏连云港·中考真题）综合与实践
【问题情境】
如图，小昕同学在正方形纸板的边、上分别取点、，且，交于点．连接，过点作，垂足为，连接、，交于点，交于点．
【活动猜想】
（1）与的数量关系是_______，位置关系是_______；
【探索发现】
（2）证明（1）中的结论；
【实践应用】
（3）若，，求的长；
【综合探究】（4）若，则当_______时，的面积最小．
【答案】（1）相等，垂直
（2）证明见解析
（3）
（4）
【分析】（1）根据图形进行猜想即可；
（2）过点作于，过点作分别交、于、， 证明四边形为矩形，四边形为正方形，结合正方形性质证明，则可得，证明，得出，，再利用，得出，即可证明；
（3）证明，得出，，再证明，在中，利用勾股定理求出，由等面积法得求出，在中，利用勾股定理求出，再证明为等腰直角三角形，得出，利用线段和差即可求解；
（4）构造的外接圆，连接，，，过点作于点，设的半径为，过点作于，证明是等腰直角三角形，得出，求得，则当最小时，的面积最小，则最小时，的面积最小，由，可知当最小时，的面积最小，由点到直线的最短距离可得，当、、依次共线，且时，最小，此时，点与重合，再进行计算即可．
【详解】解：（1）相等，垂直；
（2）过点作于，过点作分别交、于、，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
∴四边形为矩形，四边形为正方形，
∴，，，
∴，
∴，即，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
∴；
（3）在正方形中，由，，，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
在中，，，
得，
由等面积法得，
即，
∴，
在中，，
由（2）可知，，
∴，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴；
（4）如图，构造的外接圆，连接，，，过点作于点，设的半径为，过点作于，
由（2）可知，，
∴，
∴，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∵正方形中，，是等腰直角三角形，
∴，，
∴，
∴当最小时，的面积最小，
∴最小时，的面积最小，
∵，
∴当最小时，的面积最小，
由点到直线的最短距离可得，当、、依次共线，且时，最小，
此时如图，点与重合，
则，
解得：，
∴，
∴．
【点睛】本题考查正方形的性质，矩形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与性质，勾股定理，外接圆，二次根式，熟练掌握这些性质与判定是解题的关键．
（2026·江苏南通·一模）综合与实践
【问题情境】下面是某校数学社团在一次折纸活动中的探究过程．
【操作实践】如图1，将矩形纸片沿过点C的直线折叠，使点B落在边上的点处，折痕交于点E，再沿着过点的直线折叠，使点D落在边上的点处，折痕交于点F．将纸片展平，画出对应点、及折痕、，连接、、．
【初步猜想】（1）确定和的位置关系及线段和的数量关系．
创新小组经过探究，发现，证明过程如下：
由折叠可知，．
由矩形的性质，可知，∴，
∴① ，
∴．
智慧小组先测量和的长度，猜想其关系为② ．
经过探究，发现验证和数量关系的方法不唯一：
方法一：证明，得到，再由可得结论．
方法二：过点作的平行线交于点G，构造平行四边形，然后证可得结论．
请补充上述过程中横线上的内容．
【推理证明】（2）请你结合智慧小组的探究思路，选择一种方法验证和的数量关系，写出证明过程．
【尝试运用】（3）如图2，在矩形中，，按上述操作折叠并展开后，过点作交于点G，连接，当为直角三角形时，求出的长．
【答案】（1）①，②；（2）证明见详解；（3）的长为或4
【分析】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定与性质及直角三角形的相关知识．
（1）根据矩形的性质和折叠的性质推出角相等从而确定直线平行关系，再通过测量和推理猜想线段关系：
（2）利用矩形的折叠性质可证明三角形全等，进而得出线段相等关系；
（3）根据前面的结论设未知数，分两种讨论直角三角形，利用三角函数和线段关系列方程求解．
【详解】解：（1）由折叠可知，．
由矩形的性质，可知，∴，
∴①，
∴．
智慧小组先测量和的长度，猜想其关系为②．
故答案为：①，②；
（2）证明：方法一：∵四边形是矩形，
∴，，
由折叠的性质，得，，，，，
∴，，
∴，
由（1）知，，
又∵，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，
∴．
方法二：如图，过点作交于点G，
∵，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∵，
∴，
由折叠的性质，得，，
∴，
∴，
∴；
（3）∵，
∴，
由（2）可知：，，，
∴，
设，则，，
∴，
当为直角三角形时，分以下两种情况讨论：
①如图，若，
则，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵四边形是矩形，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
即，
∴，
解得，，
经检验，满足题意；
∴；
②如图，若，
∵，
∴，
∴G，，F三点共线，
∴，
又∵四边形为平行四边形，
∴四边形为菱形，
∴，
由折叠的性质，得，
∴，
在中，，，
∴，
又∵，
∴，
解得，
∴，
综上所述，的长为或4．
（2025·江苏无锡·二模）已知二次函数的图象与x轴分别交于点A和点，与y轴交于点C，对称轴为直线，交x轴于点D，P为抛物线上一动点．
(1)求这个二次函数的表达式；
(2)当时，求点P的坐标；
(3)若点Q是平面直角坐标系内的任意一点，是否存在点Q，使得以A，C，P，Q为顶点的四边形是矩形？若存在，请直接写出所有符合条件的点Q的横坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)点P的坐标为或；
(3)点Q的横坐标是或4或或．
【分析】（1）先根据对称轴公式，可得，再将点B的坐标代入抛物线的解析式中可得，即可解答；
（2）分两种情况：①点P在的下方时，先利用待定系数法可得的解析式，联立抛物线和直线的解析式，解方程可得点P的坐标；②点P在的上方时，证明，可得，即可解答；
（3）设点P的坐标为，分三种情况：①如图3，过点P作轴于F，则，②如图4，过点P作轴于G，则，③如图5，，即可解答．
【详解】（1）解：∵二次函数，对称轴为直线，
∴，
∴，
∴，
将点代入中得：，
∴，
∴这个二次函数的表达式为：；
（2）解：分两种情况：
①点P在的下方时，如图1，
当时，，
∴，，
设的解析式为：，
∴，
∴，
∴的解析式为：，
∴，
解得：（舍），，
∴点P的坐标为；
②点P在的上方时，如图2，设直线交x轴于E，
∵，，
∴，
∵，，，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∵，
同理，的解析式为：，
∴，
∴，即，
∴，，
∴点P的坐标为；
综上，点P的坐标为或；
（3）解：设点P的坐标为，
分三种情况：
①如图3，过点P作轴于F，则，
∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，，
∴点P的横坐标为，
∵，，
∴由平移得点Q的横坐标为；
②如图4，过点P作轴于G，则，
∵四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴或1，
∴点P的横坐标为1，
∵，，
∴由平移得点Q的横坐标为4；
③如图5，，

∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴（舍），，，
∵，，
∴点Q的横坐标是或；
综上，点Q的横坐标是或4或或．
【点睛】本题属于二次函数综合题，考查了二次函数的性质，矩形的判定和性质，勾股定理，等腰直角三角形的性质和判定，利用待定系数法求函数的解析式，三角函数等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．
概念混淆：把多边形内角和公式与外角和记混，误以为外角和也跟边数有关。
认知偏差：缺乏 “先定边数，再用公式” 的思路，不会灵活用外角和简化计算，对图形变化带来的边数变化不敏感。
基础薄弱：公式应用不熟练，计算能力弱，没有形成 “内角难算就用外角” 的解题技巧。
概念混淆：混淆平行四边形的“性质”与“判定”的核心逻辑：性质是“已知平行四边形，推边、角、对角线的关系”；判定是“已知边、角、对角线的关系，推四边形是平行四边形”，两者因果倒置。
认知偏差：错误认为“一组对边平行，一组对边相等的四边形是平行四边形”
基础薄弱：平行四边形的性质与判定定理记忆不熟练，应用能力薄弱，几何书写习惯较差，缺乏清晰的逻辑推导思路，无法将定理与解题场景灵活结合。
概念混淆：对特殊平行四边形（矩形、菱形、正方形）的性质、判定定理记忆不清晰，无法区分三者的核心特征，也未明确“特殊平行四边形源于平行四边形、优于平行四边形”的逻辑关系，概念混淆导致应用错误。
认知偏差：思维片面，对特殊平行四边形的判定前提理解不透彻，未掌握“先普通、后特殊”的判定逻辑，对正方形的双重属性认识不足，缺乏“全面验证条件”的意识，导致漏解、错解。
基础薄弱：特殊平行四边形的性质、判定定理记忆不牢固，应用能力薄弱，未掌握“先判定平行四边形，再判定特殊类型”的核心思路，几何书写习惯差，计算能力不足。
概念混淆：对无图几何题的核心特点（多解性、不确定性）理解不足，将单一图形经验套用在无图题中，对几何图形的可变位置、多种构造缺乏认知，概念应用局限于固定场景。
认知偏差：思维片面且固化，缺乏分类讨论的意识，对无图几何题的“不确定性”重视不足，无法主动挖掘题目中隐含的多解条件，陷入“单一图形”的思维误区，导致漏解。
基础薄弱：几何画图能力薄弱，分类讨论的思维和方法掌握不足，对无图题的解题流程（画图→分类→验证）不熟悉，计算能力和逻辑梳理能力不足，无法完整解决多解问题。
概念混淆：对折叠的核心性质（全等性、轴对称性）理解不透彻，对不同四边形的性质记忆不清晰，无法将折叠性质与四边形性质灵活结合，导致性质应用错位、逻辑混乱。
认知偏差：对折叠的轴对称性理解不全面，缺乏“折叠前后不变量”的解题意识，思维固化且片面，未考虑折叠的多种方式和图形存在性，导致漏解、错解。
基础薄弱：几何画图能力薄弱，对折叠问题的解题逻辑（折叠→全等→等量关系→计算）不熟悉，勾股定理、方程应用能力不足，。
概念混淆：对四边形背景下的最值模型理解不透彻，无法区分不同模型的适用场景，对四边形性质与最值模型的关联认识不足，概念应用混乱，缺乏“模型适配”的解题意识。
认知偏差：对四边形背景下最值问题的“限制条件”挖掘不足，缺乏“动点运动范围”的分析意识，未掌握最值实现的核心条件，导致漏解、错解。
基础薄弱：最值模型的构造方法和应用能力薄弱，对四边形背景下动点运动轨迹的分析能力不足，勾股定理、三角形三边关系的应用不熟练，计算能力和逻辑推导能力欠缺。
概念混淆：知识不成体系，只会单个知识点，不会综合建模，对 “几何探究” 的题型结构不理解。
认知偏差：缺乏从特殊到一般的探究思维，不会抓 “变中不变”，综合分析能力弱。
基础薄弱：综合题解题流程不清晰，书写习惯差，分类讨论与计算能力薄弱。
概念混淆：对函数性质与特殊四边形判定的关联理解不足，知识碎片化，不会进行“代数→几何”“几何→代数”的转化，概念应用混乱，缺乏数形结合的思维。
认知偏差：设动点坐标时，未结合函数解析式用一个未知数表示坐标，导致列出的方程过于复杂，无法求解。
基础薄弱：函数解析式应用、坐标运算能力薄弱，两点间距离公式、公式记忆不牢固，分类讨论的方法和思路不熟练，缺乏数形结合的解题能力和规范的解题流程。