专题04 三角形与四边形（复习讲义）（江苏专用）2026年中考数学二轮复习讲练测+答案

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01 析·考情目标
02 筑·专题框架
03 攻·重难考点
TOC \ "1-1" \n \h \z \u \l "_Tc221119053" 考点一 三角形（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接）
\l "_Tc221119054" 考点二 四边形（Ctrl并单击鼠标可跟踪链接）
考点一 三角形

题型一 与三角形有关的线段
1．（2025·江苏盐城·一模）如图，点是的重心，，连接，并延长，分别交，于点，，连接，则的长为（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】C
【分析】此题考查三角形的重心，关键是根据三角形的重心是三角形三边中线的交点解答．根据三角形的重心是三角形三边中线的交点，进而利用三角形中位线定理解答即可．
【详解】解：∵点是的重心，
∴E点为的中点，D为的中点，
∴是的中位线，
∵，
∴，
故选：C
2．（2024·安徽六安·模拟预测）如图，是的中线，点E是的中点，连接并延长，交于点F，若．则的长为（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，三角形的中线，正确添加辅助线构造相似三角形是解题的关键．过点A作平行线交延长线于点G，可得，通过比例式即可求出，即可解决问题．
【详解】解：过点A作平行线交延长线于点G，
∵，
∴，
∴，
∵点E是的中点，
∴，
∴，
∵是的中线，
∴，
∴，
∴，
∴，
故选：B．
3．（2024·江苏徐州·模拟预测）如图，在中，分别为的中点，与交于点，则的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题考查了勾股定理定理，直角三角形斜边中线等于斜边一半，三角形中线交点的性质，根据勾股定理可求出，根据直角三角形斜边中线等于斜边一半可得，再根据三角形中线交点（重心）的性质“三角形的三条中线交于一点，该点叫三角形的重心，重心到顶点的距离是它到对边中点距离的2倍”即可求解，掌握勾股定理定理，直角三角形斜边中线的性质，重心的性质是解题的关键．
【详解】解：∵，
∴，
∵点是中点，
∴，且点是三角形的重心，
∴，
∴，
故选：B ．
4．（2024·江苏淮安·模拟预测）如图，在四边形中，，，，．若对角线的长是整数，则的长度可能是______．（写出一个即可）
【答案】（答案不唯一）
【分析】本题考查三角形三边的关系，熟练掌握三角形一边的长大于另两边的差，且小于另两边的和是解题的关键．根据，，求出的取值范围即可解题
【详解】解：在中，，
即，
解得，
在中，，
即，
解得，
∴，
∴的长度可以是，
故答案为：（答案不唯一）．
题型二 与三角形有关的角
5．（2026·江苏无锡·模拟预测）如图，，在边上，，，交于，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意得到，求出和的度数，得出计算即可；
【详解】解：，，，
，，，
，
，
，
．
6．（2025·山西太原·一模）如图，一个平面镜放置在两个互相平行的挡板和之间，平面镜与挡板形成的锐角为．一支激光笔从点处发出的光束投射到平面镜上的点处，反射光束投射到挡板上的点处．设光束所在直线与挡板的交点为，若，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查平行线的性质，三角形外角的性质，延长交n于K，由三角形的外角性质得到，由平行线的性质推出．
【详解】解：延长交n于K，
∵平面镜与挡板n形成的锐角为，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴．
故选：A．
7．（2026·江苏扬州·一模）如图，将绕点C顺时针旋转得到，点B的对应点恰好落在边上，此时点恰好落在的延长线上，则的度数为______．
【答案】30
【分析】根据旋转可得，再根据等边对等角和三角形内角和的性质进行求解即可．
【详解】解：由旋转可得，，
∴，
∴，
∴．
8．（2026·江苏徐州·一模）与为等边三角形．，，连接，与交于点．
(1)求证：；
(2)若，求的度数．
【答案】(1)见详解
(2)
【分析】本题考查等边三角形的性质，全等三角形的判定和性质，以及三角形外角定理．
（1）根据等边三角形的性质证明，根据全等三角形对应边相等得到答案．
（2）根据，得到对应角相等，根据已知条件得到，根据三角形外角定理得到，继而得到．
【详解】（1）证明：∵和都是等边三角形，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴；
（2）解：由（1）可知，，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴．
题型三 全等三角形的判定与性质
9．（2026·江苏苏州·模拟预测）如图，等腰直角三角形中，，，点D在线段上，将线段绕点A逆时针旋转90度得线段，连接．
(1)求证：
(2)若，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）由等腰直角三角形的性质得出，线段绕点A逆时针旋转得到，根据旋转的性质得到，，得到，，得到；
（2）由勾股定理求出，过点作于点，则，求出，根据可求解．
【详解】（1）证明：∵在等腰直角三角形中，，，
∴，
由题意得：绕点A逆时针旋转90度得线段，则：，，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴；
（2）解：∵，，
∴，
在等腰直角三角形中，，
过点作于点，则，
又，
∴，
∴，
∴，
∴．
10．（2026·江苏无锡·一模）如图，在中，点在上，点在上，，，与相交于点．
(1)证明：；
(2)若，，求的度数．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）利用即可证明；
（2）由全等三角形的性质得到的度数，再由三角形外角的性质可得的度数，最后由可得答案．
【详解】（1）证明：在和中，
，
∴；
（2）解：∵，
∴，
∵，
∴．
11．（2026·江苏苏州·一模）如图，，分别是的边，上的高，且，．求证：
(1)；
(2)．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定方法和性质是解题的关键．
（1）根据题意易得，，则，即可根据判定；
（2）根据全等三角形的性质得出，再根据，得出，即可求证．
【详解】（1）证明：∵，分别是的边，上的高，
∴，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴；
（2）解：∵，
∴，
∵是的边上的高，
∴，即，
∴，
∴，
∴．
12．（2026·江苏苏州·模拟预测）如图，点在线段上，，且，．连接，．
(1)求证：；
(2)若，，求的度数．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题考查全等三角形的判定和性质，三角形外角的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
（1）根据，得到，由“”可证；
（2）由全等三角形的性质可得，由三角形外角的性质求出，再由即可求解．
【详解】（1）证明：∵，
，
在和中，
，
；
（2）解：∵，，，
，
又，
．
题型四 等腰、等边三角形的判定与性质
13．（2026·江苏南通·一模）如图，是等边三角形，是的中点，，垂足为，是由沿方向平移得到的．已知过点，交于点．
(1)求的大小；
(2)求证：是等边三角形．
【答案】(1)；
(2)证明见解析
【分析】本题主要考查了等边三角形的判定与性质、平移的性质、线段垂直平分线的判定与性质．关键是结合等边三角形的边角特征，利用平移的平行关系推导角的等量关系，再通过线段垂直平分线的性质求出的内角，最终依据等边三角形的判定定理完成证明．
（1）利用等边三角形“三线合一”的性质，由是中点，得出平分，从而计算出．再根据，得到，最后通过角的和差关系，用减去，即可求出的度数．
（2）先根据平移性质，得到，再结合，推出，．接着，由，得出垂直平分，进而得到．最后，结合（1）中已得的，推出的三个内角均为，从而证明其为等边三角形．
【详解】（1）解：∵是等边三角形，
∴．
∵是的中点，
∴．
∵，
∴，
∴．
（2）证明：由平移可知：，
∴，
又∵，
∴，
∴，，
又∵，
∴垂直平分，
∴，
由（1）知，，
∴，
∴，
∴是等边三角形．
14．（2024·江苏宿迁·三模）如图1，在中，，，，点在边上由点向点运动(不与点、重合)，过点作，交射线于点．
(1)当时，线段 ；
(2)若是等腰三角形，求线段的长；
(3)若，求线段的长．
【答案】(1)
(2)或
(3)
【分析】本题考查了直角三角形的性质，等边三角形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理等知识，添加恰当辅助线构造相似三角形是解题的关键．
（1）由三角形内角和定理可求，可得点与点重合，即；
（2）分两种情况讨论，由等腰三角形的性质和直角三角形的性质可求解；
（3）作，，垂足分别为、，根据，设，则，，通过证明，可得，得出，即可求的长，即可求解．
【详解】（1）解：，，
，
，
点与点重合，
，
故答案为：；
（2）解：是等腰三角形，故可分为三种情况：
①当时，
，
，
，
，
，
，
，
；
②当时，
，
，，
，
，
，
，
即，
解得；
③当时，不成立．
综上所述，当是等腰三角形，求线段的长为或．
（3）解：如图，作，，垂足分别为、，
，
，
故设，则，
，
，
，
，
，
在中，
，
，
，
，
，
，
解得舍去，，
．
15．（2024·江苏无锡·模拟预测）如图，在中，，分交于点D，过点D作交于点E，，垂足为点F．
(1)求证：；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题主要考查了角平分线的性质。等腰三角形，勾股定理，掌握角平分线的性质和等腰三角形的判定、勾股定理是解决本题的关键．
（1）利用角平分线的定义和平行线的性质先说明，再利用等腰三角形的判定得结论；
（2）利用角平分线的性质先得到，再在中利用勾股定理求出的长，最后在中利用勾股定理求出的长．
【详解】（1）证明：分，
．
，
．
．
．
（2）解：，
．
∵分交于点D，，
．
在中，．
，
．
在中，．
16．（2025·江苏徐州·模拟预测）如图，在正方形的内部作等边，连接，，．
(1)求证：；
(2)求的度数．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】本题考查了正方形的性质、等边三角形的性质、三角形全等的判定与性质、等腰三角形的性质，熟练掌握正方形的性质是解题关键．
（1）先根据等边三角形的性质可得，，根据正方形的性质可得，，则可得，再证出，根据全等三角形的性质即可得证；
（2）先求出，再根据等腰三角形的性质可得，然后根据角的和差求解即可得．
【详解】（1）证明：∵为等边三角形，
∴，，
∵四边形为正方形，
∴，，
∴，即，
在和中，
，
∴，
∴．
（2）解：∵为等边三角形，
∴，，
∵四边形为正方形，
∴，，，
∴，，
∴，
∴．
题型五 相似三角形的判定与性质
17．（2026·江苏苏州·一模）如图，菱形中，为对角线，是边延长线上一点，连接．
(1)在线段上求作点，使得（要求：尺规作图，保留痕迹，不写作法）；
(2)在（1）的作图条件下，当时，求线段的长度．
【答案】(1)图见解析
(2)
【分析】（1）作，根据即可得到；
（2）过点作于点．先证明是等边三角形，得到，，再根据勾股定理求出，即可求出与的长，接着证明，得到，代入计算即可．
【详解】（1）解：如图所示：
（2）解：过点作于点．
∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，，
∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
18．（2025·江苏南京·三模）如图，在中，，是高．
(1)用直尺和圆规作，使与关于点D对称（保留作图的痕迹，不写作法），连接，求证：四边形是菱形；
(2)若，则（1）中的菱形的高为__________．
【答案】(1)见解析；
(2)6．
【分析】（1）按照要求作图，再证明四边形是平行四边形，由即可证明结论；
（2）证明，利用相似的性质求出，勾股定理求出，,则菱形的边长为，求出，根据菱形面积的两种求法列方程，即可求出答案．
【详解】（1）解：如图，即为所求，
由作图可知，，
∴四边形是平行四边形，
∵是高．
∴，
∴四边形是菱形；
（2）∵，是高．
∴，
∵，
∴，
∴
∴，
解得或（不合题意，舍去）
∴，
∴,
即菱形的边长为，
∵四边形是菱形
∴，
设菱形的高为h，
则，
即，
解得，
即菱形的高为．
故答案为：
【点睛】此题考查了轴对称的性质和基本作图、勾股定理、相似三角形的判定和性质、菱形的判定和性质等知识，熟练掌握相似三角形的判定和性质、菱形的判定和性质是关键．
19．（2025·江苏南京·二模）如图，在中，，垂足为，．
(1)求证：是直角三角形．
(2)可以经过怎样的图形变换得到？请用文字语言描述变换过程．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查了相似三角形的判定与性质，旋转的性质，解题的关键是掌握相关知识．
（1）证明，得到，结合，即可得证；
（2）根据题意推出，，即可求解．
【详解】（1）解：，
，
，
，
，
，
，
是直角三角形；
（2），
，
，
，
，
，
可以绕点逆时针旋转，使得与重合，再以A为位似中心，将旋转后的三角形按照一定位似比进行位似变换，位似比为，此时就可以得到．
20．（2025·江苏淮安·一模）数学活动课上，同学们将两个全等的三角形纸片完全重合放置，固定一个顶点，然后将其中一个纸片绕这个顶点旋转，来探究图形旋转的性质．已知两个全等的直角三角形纸片和中，其中，，，旋转角为（)．
【初步感知】
（1）如图1，将三角形纸片绕点B旋转，当点E落在边上时，与的数量关系为： ；
【深入探究】
（2）如图2，在三角形纸片绕点B旋转过程中，当点E恰好落在的中线的延长线上时．
①求证：；
②延长交于点G，求的长；
【拓展延伸】
（3）在三角形纸片绕点B旋转过程中，试探究A，D，E三点能否构成直角三角形．若能，请直接写出线段的长度；若不能，请说明理由．
【答案】（1）；（2）①证明见解析；②；（3）能，或或12或．
【分析】（1）连接，证明 ，即可证明结论；
（2）①由是中线，得，根据等边对等角得，，进而得，即可证明结论；②连接，证明， 得，可求得，证明，进而可得，设，则，，，在中，根据勾股定理可得，由此建立方程即可求解；
（3）分情况讨论：根据，画出图形结合图形分别求解．
【详解】（1）解：；
理由：连接，当点E落在边上时，，
， 都是直角三角形，
在和中，
，
，
，
故答案为：；
（2）①证明：∵在中，是中线，
，
，
，
，
，
，
；
②连接，
，，，
，
，
，
，
，
∴，
∴，
，
∵在和中，
，
，
，，
，即，
，
设，则，，，
在中，，
∴，
∴，
解得，即， ，
（3）① 如图，当点在边上，此时，
；
②如图，当点在边的延长线上，此时，
；
③如图，当时，作于，
，
四边形是矩形，
，
，
，
；
④如图，当时，作，垂足为F，，垂足为G，
同③可证四边形是矩形，，
，
，
，
，
，
∴，
，
在中，，
，
，
．
综上所述， 或或12或．
【点睛】本题是三角形的综合题，考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的性质和判定，矩形的判定和性质等知识，熟练掌握相关的性质是本题的关键．
题型六 勾股定理及其应用
21．（2025·山西吕梁·一模）如图，将绕着点A顺时针旋转得到，点B、C的对应点分别为点D、E，点C、D、E恰好在一条直线上．若，，则的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】此题考查了旋转的性质，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理，由旋转得，，，推出是等腰直角三角形，，过点A作于点H，得到，利用勾股定理求出的长．
【详解】解：由旋转得，，，
∴是等腰直角三角形，，
过点A作于点H，
∴，
∴，
故选：C．
22．（2026·江苏扬州·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，点，点，I是的内心，则
（1）_______；
（2）点I关于x轴对称的点的坐标是____________．
【答案】 10
【分析】（1）利用勾股定理解答即可；
（2）根据是的内心，利用，，，得出，求解即可．
【详解】解：（1）点，点，
，，
∴在中，
；
（2）连接，，，过作，，，垂足分别为，，，
是的内心，
，，，
设，则，，
，
解得：，
的坐标为，
点关于轴对称的点的坐标是．
23．（2026·江苏南京·模拟预测）如图，将绕点A顺时针旋转，使点C的对应点落在边上．若于点O，，，则的面积是______．
【答案】4.5
【分析】如图，过点A作于点E，求出，由旋转得，，，，利用勾股定理求出，证明出，求出，，进而得到，，然后利用全等三角形对应高相等得到，进而求解即可．
【详解】解：如图，过点A作于点E，
∵，，
∴，
由旋转得，，，，
∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，即，
∴，，
∴，
∴，
由旋转得，，
又∵，，
∴，
∴的面积是．
24．（2026·江苏无锡·一模）如图，在直角中，，
(1)尺规作图：作的角平分线，交于点D，在上作一点E，使得；（不写作法，保留痕迹）
(2)在（1）的条件下，若，，则________．（若需画图，请用备用图）
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）利用角平分线和线段垂直平分线的作法进行作图；
（2）过点作于点，根据角平分线的性质得出，根据等面积得出，证明，得出，假设，根据线段垂直平分线的性质以及勾股定理列出方程求解即可．
【详解】（1）解：如图，和点即为所求；
（2）解：如图，过点作于点，
∵平分，且，
∴，
由勾股定理得，
∴，
即，
解得，
在和中，
∴，
∴，
由线段的垂直平分线的性质可得，
假设，则，
由勾股定理得，
即，
解得，
即．
题型七 解直角三角形
25．（2026·江苏宿迁·一模）中国自行研制的北斗卫星导航系统可在全球范围内为各类用户提供高精度、高可靠定位、导航、授时服务．如图，小明一家自驾去风景区C游玩．到达A地后，导航显示车辆应沿北偏西方向行驶8千米至B地，再沿北偏东方向行驶一段距离到达风景区C，小明发现风景区C在A地的北偏东方向．
(1)的度数为_____；
(2)求B，C两地的直线距离．（结果精确到0.1千米；参考数据：，，）
【答案】(1)
(2)B，C两地的直线距离约为千米
【分析】（1）由平行线的性质得，由平角可求得的度数，由三角形内角和即可求得结果；
（2）过点B作，垂足为G，则在中，由正弦函数关系可求得的长度，再在中，由正弦函数关系即可求得的长度，即两地的距离．
【详解】（1）解：如图：
由题意得：，，，，
，
，
，
，
的度数为；
（2）解：如图，过点B作，垂足为G．
在中，千米，，
∴（千米）．
在中，，
∴（千米），
∴B，C两地的直线距离约为千米．
26．（2026·江苏盐城·一模）为建设美好社区，增强民众生活幸福感，如图①，某社区服务中心在文化活动室墙外安装遮阳篷，便于社区居民休憩，在如图②的侧面示意图中，遮阳篷靠墙端离地高记为，遮阳篷长为6米，与水平面的夹角为．
(1)求点A到墙面的距离；
(2)当太阳光线与地面的夹角为时，量得影长为米．求遮阳篷靠墙端离地高的长．（结果精确到米；参考数据：，，）
【答案】(1)米
(2)米
【分析】（1）作，在中，根据三角函数，求出的长，即可求解，
（2）作，依次求出，，的长，在中，根据三角函数，求出的长，即可求解．
【详解】（1）解：过点A作，垂足为F，如图所示：
在中，米，，
∴米，
答：点A到墙面的距离约为米；
（2）解：过点A作，垂足为G，如图所示：
则四边形是矩形，
∴，米，
∵米，
∴米，
在中，，
∴米，
∴米，
在中，米，
∴米，
答：遮阳篷靠墙端离地高的长约为米．
27．（2026·江苏苏州·模拟预测）如图是小坤打球时的片段，将其反映到平面直角坐标系中，点对应手，点对应脚，点对应头，连接．已知点，，，，，轴．（参考数据：）

(1)点的坐标为__________；
(2)当时，求的长；
(3)当时，求的值．
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）如图，记与的交点为，过作于，求解，证明四边形是矩形，结合，，再进一步可得答案．
（2）当时，可得，进一步可得答案．
（3）如图，延长，过作于，求解，设，利用，可得：，再进一步求解即可．
【详解】（1）解：如图，记与的交点为，过作于，
∴，
∵轴，，，，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
∵点，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴．
（2）解：当时，
∵由（1）得：，，
∴，
∴．
（3）解：如图，延长，过作于，
∵，，，
∴，
∵，
∴，
∴设，
∵，
∴，
解得：，
∴，
∴．
28．（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，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
题型八 三角形中的尺规作图问题
29．（2026·江苏扬州·一模）如图，的边上有一点．
(1)用无刻度直尺和圆规在射线上求作点，使得；（保留作图痕迹，不写作法）
(2)在（1）的条件下，用无刻度直尺和圆规在线段的延长线上求作点，使以点为圆心，长为半径的圆与相切，切点为；（保留作图痕迹，不写作法）
(3)在（1）、（2）的条件下，若，，求的半径长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)6
【分析】（1）以点为圆心，适当长为半径画弧，与相交于两点，以该两点为圆心任意长为半径画弧，两弧相交于一点，过点与该点作射线，与的交点即为点；
（2）作的角平分线交于点，再以为圆心，为半径作圆，与相切于点，即为所求；
（3）在中，利用锐角三角函数结合勾股定理可求得，长，从而可得，长，设，在中，利用勾股定理列式解方程即可得解．
【详解】（1）解：如图，过点作的垂线，垂足点即为所求；
（2）解：如图，作的角平分线交于点，再以为圆心，为半径作圆，与相切于点，即为所求；
点在的角平分线上，，，
，
为半径，
是的切线，切点为；
（3）解：中，，，
，，
，
，
设，则，
在中，，
，解得，
即的半径长为．
30．（2026·江苏宿迁·二模）如图，点是线段上一点，如果满足，那么称线段被点黄金分割，点是线段的黄金分割点．完成下列问题：
(1)填空：如图①，点是线段的黄金分割点，若，则__________；（用含根号的式子表示）
(2)如图②，在中，，点在斜边上，，点在直角边上，，证明：点是线段的黄金分割点；
(3)尺规作图：如图③，作出线段的一个黄金分割点（保留作图痕迹，不写作法）
【答案】(1)
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）根据题意可得，解方程即可得到答案；
（2）由勾股定理得，则，，再证明，即可证明结论；
（3）如图1，作出线段的中点，过点B作的垂线，并在该垂线上截取，以点C为圆心，的长为半径画弧交于点D，再以点A为圆心，的长为半径画弧，交于点P，则点P即为所求；同理在图2中作出靠近点A的黄金分割点即可．
【详解】（1）解：∵点是线段的黄金分割点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴（已检验）或（舍去）；
（2）证明：∵在中，，
∴由勾股定理得，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴点是线段的黄金分割点；
（3）解：如图所示，即为所求．
31．（2026·江苏无锡·一模）如图，已知中，，．
(1)尺规作图：在和边上分别确定点D、E，使得，；（不写作法，保留痕迹）
(2)在（1）的条件下，若的周长为16，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）先以点为圆心，的长为半径画弧交于点，连接，由等边对等角可得；再作线段的垂直平分线交于点，连接，由垂直平分线的性质可得，由等边对等角可得；
（2）由作图知，利用的周长为16，可得即可求解．
【详解】（1）解：如图所示为所求：
（2）解：由作图知，
∵的周长为16，
∴，
∵，
∴．
32．（2026·江苏无锡·一模）已知：在中，，．

(1)尺规作图：在内部求作一点，使得点到边、的距离相等，且（不写作法，但要保留作图痕迹）．
(2)在（1）的条件下，若，，则点与点之间的距离为_____．（若要借用图形计算，请用备用图）
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）点到边、的距离相等，由角平分线的判定定理可得点P在的角平分线上，先作的角平分线，再过点作的垂线，两线的交点即为点；
（2）延长交于点，过点作的垂线，垂足为，则，，利用勾股定理得出，再结合等面积法求出，则，证明，得，设，利用勾股定理列方程求解即可．
【详解】（1）解：如图，点即为所求作；

（2）解：如图，延长交于点，过点作的垂线，垂足为，
，
，
平分，
，
，，，
，
，
，
,
在和中，
，
，
，
，
设，则，
在中，，
，
解得：，
即，
点与点之间的距离为．
题型九 三角形中的多结论问题
33．（2024·江苏南通·模拟预测）如图，在边长为1的正方形中，E为边上一点，连接，将沿对折，A点恰好落在对角线上的点F处．延长，与边交于点G，延长，与的延长线交于点H，则下列说法：①为等腰直角三角形；②≌；③；④；⑤．其中正确的说法有（ ）

A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】D
【分析】①根据对称及正方形的性质即可判断；②可证，为公共边，根据可证明三角形全等；③可证，可判断③错误；④可证，有，可求出，进而求出的长，即可判断；⑤过作于，另交于点，可证≌，而，，则可判断．
【详解】解：①∵四边形为正方形，为对角线，
∴，
∵翻折之后为，
∴≌，
∴，
又∵，
∴为等腰直角三角形，
故①正确；
②∵为等腰直角三角形，为正方形的对角线，

∴，
∵、关于对称，
∴
在和中，
∴≌
故②正确；
③∵、关于对称，
∴，
又∵，
∴，
故③错误；
④∵，与对称，
∴，，
又∵，
∴为等腰直角三角形，
∴
有，
∴，
∴，
故④正确；
⑤过作于，设交于点，

∵，
∴，
∴，，
在中，，
，
在和中，
∴≌，
∴，
而，，
∴．
故⑤正确．
正确的说法有①②④⑤，
故选D．
【点睛】本题主要考查了正方形的性质，对称的性质，全等三角形的判定和性质，解直角三角形等知识，找到相应线段和角度的相等，并证明相应三角形全等是求解的关键．
34．（2026·江苏苏州·模拟预测）如图，在中，，是边上一点，连接，过点作交于，已将沿翻折得，连接．下列说法错误的是（ ）
A．
B．当时，
C．当时，折痕的长
D．当是等腰三角形时，的长
【答案】D
【分析】由翻折的性质，结合等角的余角相等，可判断A；与的交点记作点，延长，交于点，由平行线的性质，结合翻折的性质，可证明，可得，可判断B；证明，可得，证明，，设，证明，可得，证明，，可得，，由勾股定理可得，可判断C；当是等腰三角形时，，或，或，分类讨论，用勾股定理，等腰三角形的性质，三角形相似的判定和性质，可得，可判断D．
【详解】解：由翻折可得，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴A正确，不符合题意；
当时，
与的交点记作点，延长，交于点，则，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
由翻折可得，，，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴，
∴，，
∴B正确，不符合题意；
在和中，
，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
设，则，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
解得，（舍去），
∴，，
∴，
∴C正确，不符合题意
当是等腰三角形时，
若，
由翻折可得，
∴，
∴，
∴，
若，
作于点，则，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
若，
作，则，，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴方程在实数范围内无解，
∴，
∴当是等腰三角形时，的长或，
∴D不正确，符合题意.
35．（2025·山东济宁·二模）如图，四边形和是正方形，点O是正方形对角线和的交点，点E和点G分别在边和上，直线交直线于点P，交直线于点M，下列说法错误的是（ ）
A．
B．
C．若，则
D．若四边形的边长为2，则长度的最小值为
【答案】C
【分析】题目主要考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质及二次函数的最值问题，理解题意，综合运用这些知识点是解题关键
根据正方形的性质得出，再由全等三角形的判定即可判断A选项；利用相似三角形的判定和性质及三角形外角和即可判断选项B；利用三角形内角和定理即可判断选项C；设，则，利用勾股定理及二次函数的最值问题即可判断选项D
【详解】解：∵四边形和是正方形，点O是正方形对角线和的交点，
∴，
∴，即，
∴，选项A正确，不符合题意；
∵为对角线，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，选项B正确，不符合题意；
∵，，
∴，
∵为对角线，
∴，
∴，
∴，选项C错误，符合题意；
设，则，
∵四边形的边长为2，
∴，
∵，
∴当时，取得最小值为2，
∴长度的最小值为，选项D正确，不符合题意；
故选：C
36．（2026·新疆喀什·二模）如图，正方形的边长为4，平分交于点E，在上截取，连接，交于点G，交于点H，点M是线段上一个动点，于点N．下列说法：①；②；③；④的最小值是．正确的是________（只填序号）．
【答案】
【分析】根据正方形的性质及全等三角形的判定，即可判定①；根据全等三角形的性质及正方形的性质，即可判定②；根据角平分线的定义及全等三角形的判定与性质，即可判定③；由②知垂直平分，可得，过点A作于点P，交于点Q，此时取得最小值，最小值即为的长，即可判定④，据此即可解答．
【详解】解：四边形是正方形，
，，
在与中，
，
，故①正确；
，
，
，
，
，故②正确；
，
平分，
，
，
，
，，故③错误；
垂直平分，
如图：过点A作于点P，交于点Q，连接，，此时取得最小值，最小值即为的长，
，
是等腰直角三角形，
，
的最小值为，故④正确．
故正确的有，
故答案为：．
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、点到直线的距离，找到的最小值是解决本题的关键．
题型十 三角形中的新定义问题
37．（2026·江苏南京·模拟预测）定义：若一个直角三角形中，两个锐角的内角满足其中一个角的2倍与另一个角互余，则我们称这个三角形为“倍角互余三角形”．如图，在中，，点为上一个动点，若为“倍角互余三角形”，则的长为______．
【答案】或
【分析】根据题意，当，在上取一点D，连接，使得，过点D作于E，可证明，则可证明，利用勾股定理求出，则，进而得到，设，则，，由勾股定理得，解方程即可得到答案；当时，可证明平分，过点P作于H，则，设，则，解直角三角形可得，则，解方程即可得到答案．
【详解】解：如图所示，当时，
如图，在上取一点D，连接，使得，过点D作于E，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∵在中，，，，
∴，
∴，
∴在中，，
设，
∴，
∴，
由勾股定理得，
∴，
解得或（舍去），
∴；
如图所示，当时，
∵，
∴，
∴平分，
如图所示，过点P作于H，则，
设，则，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴；
综上所述，的长为或．
38．（2026·江苏无锡·一模）定义：若，，是的三边，且，则称为“方倍三角形”，则对于①等边三角形，②直角三角形，一定是“方倍三角形”是_________（填①或②或①②）．如图，中，，，为边上一点，将沿直线进行折叠，点落在点处，连接，．若为“方倍三角形”，且，则的面积为_________．
【答案】
【分析】对于等边三角形：由等边三角形的性质可得，则，符合定义；对于直角三角形：可以进行举例，如边长为、、的直角三角形，无论如何组合都得不到，因此不符合要求．延长交于点，结合折叠的性质和“方倍三角形”的定义可判断是等边三角形，则．容易证明是等腰直角三角形，利用三角函数可计算出，，．容易证明，则，代入数值计算即可．
【详解】解：在等边三角形中，，
∴，符合题意，
∴等边三角形一定是“方倍三角形”，
对于直角三角形，举例边长为、、的直角三角形，
∵，，，不符合题意，
∴直角三角形不一定是“方倍三角形”；
由折叠的性质可知，，，，
∵为“方倍三角形”，
∴或或，
当时，则，
∴，
当时，则，
∴，
同理，当时，则，
综上，是等边三角形，
如图，延长交于点，
∵是等边三角形，，
∴，，，
∵，，
∴，，
∴，
∴是等腰直角三角形，
在直角中，，
∴，
在直角中，，
∴，
在直角中，，
∵，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴．
39．（2026·江苏宿迁·一模）我们定义：三角形中，如果有一个角是另一个角的2倍，那么称这个三角形是2倍角三角形．
(1)定义应用：如果一个等腰三角形是2倍角三角形，则其底角的度数为___________；
(2)性质探索：小思同学通过对2倍角三角形的研究，发现：
在中，如果，那么．
下面是小思同学的证明方法：
已知：如图1，在中，，．
求证：．
证明：如图1，延长到，使得，连接．
∴，
∵，∴，
∵，∴，
又∴
∴∴∴
根据上述材料提供的信息，请你完成下列情形的证明：
已知：如图2，在中，．
求证：．
(3)性质应用
已知：如图3，在中，，，，则___________；
(4)拓展应用
已知：如图4，在中，，，，求的长．
【答案】(1)或
(2)见解析
(3)
(4)
【分析】（1）分底角度数是顶角的2倍和顶角的度数是底角的2倍，结合三角形内角和定理，进行求解即可；
（2）作平分，交于，易得：，证明，得到，进而得到，即可得证；
（3）根据（2）的结论，进行求解即可；
（4）如图，作，交于点，易证是2倍角三角形．得到，证明，推出进而求出的长，设，则，根据，列出方程进行求解即可．
【详解】（1）解：如果一个等腰三角形是2倍角三角形，
①底角度数是顶角的2倍，设顶角度数为，则两个底角的度数均为，
∴，
解得：，
∴底角度数为：；
②顶角的度数是底角的2倍，设底角度数为，则：顶角度数为，
∴，
解得：，即：底角度数为：；
综上，底角的度数为：或；
故答案为：或．
（2）证明：如图，作平分，交于，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
（3）解：由（2）可知，，
即：，
∴，
解得或（舍掉）．
故答案为：；
（4）解：如图，作，交于点，
则，
∴是2倍角三角形．
∴，
∵是的外角，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴
∴ ，
设，则，
∴
解得：或 不合题意舍去），
∴．
【点睛】本题考查等腰三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质．理解并掌握2倍角三角形的定义，证明三角形相似，是解题的关键．
40．（2026·江苏南京·模拟预测）定义：三角形的三条中线相交于一点，这点叫做三角形的重心．如图，在中，分别是边上的中线，三条中线交于重心G．
【性质探究】
(1)小颖发现点E、D分别是的中点，由此联想到三角形中位线，请你根据小颖的思路，证明：；
【迁移应用】
(2)经过探究，小颖进一步发现：以的三条中线为边，一定可以构成一个新的三角形．请你帮助小颖完成这一结论的证明．
【创新研究】
(3)探究由三条中线为边构成的三角形与的面积之间的数量关系．若设的面积为S，由三条中线构成的三角形的面积为，请写出S与之间的数量关系．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)
【分析】（1）得到为的中位线，则，再由即可证明；
（2）连接并延长至点，使得，连接，先证明四边形为平行四边形，则，再证明四边形为平行四边形，则，而构成了，即可证明以的三条中线为边，一定可以构成一个新的三角形；
（3）根据三角形的中线等分面积以及相似三角形的面积比等于相似比的平方求解即可．
【详解】（1）证明：∵是的中线，
∴点为的中点，
∴，
∴
∴，
即；
（2）证明：连接并延长至点，使得，连接，
同理可得，
∴
∵点为的中点，
∴
∴，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∵点为的中点，
∴，
又∵，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∵构成了，
∴以的三条中线为边，一定可以构成一个新的三角形；
（3）解：S与之间的数量关系为，如图：
设，
∵，
∴，
由（2）知，，
∴
∴，
∴，即
∵点为中点，
∴
∴
同理
由（2）知，
∴
同理可得，
∴，
∴，即，
∴．
题型十一 三角形中最值问题
41．（2024·湖北武汉·一模）如图，矩形中，，，点在矩形的内部，且，在的内部，存在一个点，使得值最小，则的最小值为______．

【答案】/
【分析】过P作，绕C逆时针旋转得到，连接，作交于点M，交于N，根据性质得，，，，即可判定是等边三角形，有，则当P，Q，，四点共线时最小．结合题意得，进一步到，求得，则，当P和点M重合时所求值最小．
【详解】解：过P作，绕C逆时针旋转得到，连接，作交于点M，交于N，如图，

则，，，，
∴是等边三角形，
∴．
则
当P，Q，，四点共线时最小．
∵点在矩形的内部，且，
∴P在平行于的直线上，并且到与到的距离之比为，
∵
∴，
在中，，
∵，
∴
∴，
∵
∴
则，
当P和点M重合时，的最小值为．
故答案为：．
【点睛】本题考查了图形的旋转、等边三角形的判定和性质、勾股定理和两点之间线段最短，垂线段最短，解题的关键是添加辅助线找出相等的线段，把所求三条线段的和转化为同一直线上的线段的和．
42．（2026·陕西西安·模拟预测）问题提出：
（1）如图①，在等边三角形中，，为边上的高，点E为的中点，连接交于点O，则的长为___________；
问题探究：
（2）如图②，在正方形中，，点P为正方形内一点，当时，求的最小值；
问题解决：
（3）如图③，四边形是某现代农业生态园部分平面示意图，其中，，，，米，的中心O是一座有机蔬菜餐厅，生态园的入口M是上的中点，是一条有机蔬菜展览走廊，是一条循环生态河，现需要在边上取点E，上找点P，修建道路，为了节省成本需要修建的道路最短，即的值最小；是否存在这样的点E、P，使得的值最小？若存在请求出的最小值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）；（2）；（3）
【分析】（1）由等边三角形的性质可得，，通过解直角三角形可得由可得结论；
（2）过点作作点关于点的对称点，求出与的距离，可得由勾股定理得，根据“两点之间，线段最短”知的最小值为；
（3）作点关于的对称点，连接可知由“两点之间，线段最短”可知的最小值为再证明是直角三角形，由勾股定理求出即可
【详解】解：（1）是等边三角形，
是边上的高，
∵点是边的中点，
是边的中线，
在中，
在中，
，
，
故答案为：；
（2）过点作交于点，交于点，过点作，交于点，则四边形是矩形，
∵
作点关于点的对称点，连接此时由“两点之间，线段最短”可知的最小值为
在中，
由勾股定理得，
的最小值为；
（3）作点关于的对称点，连接则交于点交于点则有
由“两点之间，线段最短”可知的最小值为
是等边三角形，
又等边的中心，
连接则平分
，
，
是直角三角形，
为的中点，
是等边三角形，
由（1）的方法可得
在中，
最小值为
【点睛】本题主要考查了等边三角形的性质，矩形的判定与性质，正方形的性质，勾股定理，解直角三角形等知识，正确作出辅助线是解答本题的关键
43．（21-22九年级上·山东青岛·期末）几何模型：
条件：如图1，A、B是直线l同侧的两个定点．
问题：在直线l上确定一点P，使的值最小，
方法：作点B关于直线l的对称点，连接交l于点P，则的值最小．
直接应用：
(1)如图2，正方形ABCD的边长为8，M在DC上，且，N是AC上一动点，则的最小值为______．
变式练习：
(2)如图3，点A是半圆上（半径为1）的三等分点，B是的中点，P是直径MN上一动点，求的最小值．
深化拓展：
(3)如图4，在锐角中，，，的平分线交BC于点D，M、N分别是AD和AB上的动点，求的最小值．
(4)如图5，在四边形ABCD的对角线AC上找一点P，使．（要求：保留作图痕迹，并简述作法．）
【答案】(1)10
(2)的最小值为
(3)的最小值为4
(4)见解析
【分析】（1）连接BN，根据AC是对角线为对称轴，得出BN=DN，根据两点之间距离得出DN+NM=BN+NM≥BM，当B、N、M三点共线时DN+NM最短=BM，然后利用勾股定理求解即可；
（2）作点B关于NM的对称点B′，连接PB′，OB′，可得PB=PB′，根据两点之间距离得出PA+PB=PA+PB′≥AB′，当A、P、B′，三点共线时PA+PB最小=AB′，然后求出∠AOB′=90°，再利用勾股定理AB′=即可；
（3）作BE⊥AC于E，作点N关于AD的对称点N′，连接MN′根据AD平分∠CAB，点N在AB上，得出点N′在AC上，根据对称性得出MN=MN′，，当点M，N′在BE上时最小=BE，可证△AEB为等腰直角三角形，根据勾股定理求出即可；
（4）作点B关于AC对称点B′，作射线DB′交AC与P，连接BP，根据点B与点B′关于AC对称，得出PB=PB′，根据等腰三角形三线合一性质得出PE平分∠BPB′即可．
【详解】（1）解：连接BN，
∵四边形ABCD为正方形，AC是对角线为对称轴，
∴BN=DN，
∴DN+NM=BN+NM≥BM
∴当B、N、M三点共线时DN+NM最短=BM，
∵DM=2，DC=BC=8，
∴CM=DC-DM=8-2=6，
在Rt△BCM中，BM=，
∴DN+NM最小=10；
故答案为10；
（2）解：作点B关于NM的对称点B′，连接PB′，OB′，
则PB=PB′，
∴PA+PB=PA+PB′≥AB′，
∴当A、P、B′，三点共线时PA+PB最小=AB′
∵点A是半圆上（半径为1）的三等分点，
∴的度数为60°，
∵B是的中点，
∴的度数为30°，
∴的度数为60°+30°=90°，
∴∠AOB′=90°，
∵OA=OB′=1，
∴AB′=，
∴PA+PB最小=；
（3）解：作BE⊥AC于E，作点N关于AD的对称点N′，连接MN′
∵AD平分∠CAB，点N在AB上，
∴点N′在AC上，
MN=MN′，，
∴当点M，N′在BE上时最小=BE，
∵∠CAB=45°，BE⊥AC
∴∠EBA=180°-90°-45°=45°=∠CAB，
∴AE=BE，
∴△AEB为等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴最小=4；
（4）作点B关于AC对称点B′，作射线DB′交AC与P，连接BP，
∵点B与点B′关于AC对称，
∴PB=PB′，
∵PE⊥BB′
∴PE平分∠BPB′，
∴∠APB=∠APD．
【点睛】本题考查尺规作图，轴对称性质，两点之间线段最短，正方形性质，勾股定理，圆心角，圆周角弧弦的关系，等腰直角三角形判定与性质，掌握尺规作图，轴对称性质，两点之间线段最短，正方形性质，勾股定理，圆心角，圆周角弧弦的关系，等腰直角三角形判定与性质是解题关键．
44．（2025·江苏无锡·一模）在平面直角坐标系中，二次函数的图像与轴分别相交于、两点（在的左侧），与轴相交于点，．
(1)请求出的值；
(2)已知点是函数图像上一动点（不与、重合），过点的直线平行于轴，与的外接圆交于另一点，连接，．请问是否存在点，使得最小？若存在，请求出点坐标并求出的最小值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)
(2)存在，，
【分析】（1）把代入函数表达式求出坐标，再根据得到等腰直角三角形求出点坐标，再代入函数解析式即可求解；
（2）设，设的外接圆心为，由垂径定理得，连接，由得到，结合二次函数解析式化简得到，可求，即，则在过且平行于轴的直线上运动．过点作直线的对称点，则，由，当点三点共线时，最小值为，再由两点间距离公式求出的长即可求出求出的最小值；再求出直线的解析式，进而可求出点坐标．
【详解】（1）解：把代入函数表达式得：
解得：，，
，．
，
，
∵
．
把，代入函数表达式得，
解得；
（2）解：如图，设，
∵由题意得的外接圆心在的垂直平分线上，
而，
∴抛物线对称轴为直线，
∴设的外接圆心为，
过点作于点，则，
∴
，
连接，
，
．①
，
．即．②
把②式代入①式，得：．
整理得：，
，
，
，即．
坐标为，
在过且平行于轴的直线上运动．
过点作直线的对称点，则，
∴，
∴当点三点共线时，最小值为，
的最小值为．
设直线的解析式为，把，代入，得
，
解得，
∴，
当时，，
解得，
∵，
∴，
把代入，得
，
∴
【点睛】本题考查了二次函数与圆的综合问题，涉及抛物线与坐标轴的交点问题，外接圆，垂径定理，两点之间距离公式，动点的轨迹问题，难度大，解题的关键在于确定点轨迹．
题型十二 三角形与函数综合
45．（2026·江苏无锡·一模）如图，正边长为1，为上一动点（不与A、C重合），过作，垂足为E，M为线段上一点，且，过作交于．设，．当时，__；在点D运动的过程中，y关于x的函数表达式为______．
【答案】
【分析】设，得到，结合等边三角形的性质，直角三角形的性质，得到，代入解答即可；延长交于点G，利用三角形相似的性质，直角三角形的性质，勾股定理解答即可．
【详解】解：设，
∵正边长为1，
∴，，
∵，且，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴；
延长交于点G，如图所示：
∵正边长为1，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
解得，
∴
．
46．（2024·山东日照·一模）如图，正方形的顶点在轴上，点A和点C在反比例函数图象上，若直线的函数表达式为，则的值为______．
【答案】6
【分析】解方程求得，，得到，，过作轴于，过作轴于，根据正方形的性质得到，，根据全等三角形的性质得到，，根据相似三角形的性质得，设，，根据反比例函数图象上点的坐标特征即可得到结论．
【详解】解：在中，令，则，
令，则，
，，
，，
过作轴于，过作轴于，
四边形是正方形，
，，
，
，
在与中，
，
，
，，
，，
，
，
设，，
，，
，，
点，点在反比例函数图象上，
，
，（不合题意舍去），
，
，
故答案为：6．
【点睛】本题考查了反比例函数的综合题，待定系数法求反比例函数的解析式，一次函数的性质，全等三角形的判定和性质，正方形的性质，相似三角形的判定和性质，正确地作出辅助线是解题的关键．
47．（2026·江苏南京·模拟预测）研究函数图象与坐标轴的交点，是分析函数性质、解决函数问题的重要抓手．
(1)如图，一次函数的图象分别与x轴、y轴交于点A，B．用直尺和圆规作出下列函数的图象（保留作图痕迹）．
(2)已知二次函数（m为常数，且）．
①求证：不论m为何值，该函数的图象与x轴总有公共点；
②该函数图象所过的象限随m的值变化而变化，直接写出函数图象所经过的象限及对应的m的取值范围．
(3)下图是用数学软件绘制的函数（a、c为常数，且）的图象．下方的演示图显示当、时对应的函数形态．
已知，利用函数图象，直接写出关于x的不等式的解集（用含a，c的式子表示）．
【答案】(1)作图见解析
(2)①证明见解析；②当时，此时图像经过一、二、四象限；当时，此时图像经过三、四象限；当或时，此时图像经过一、三、四象限；当时，开口向下，此时图像经过一、二、三、四象限．
(3)解集为：当，时，或；当，时，或．
【分析】（1）对于直线，当，当时，，解得，那么直线与轴的交点坐标为，同理可求直线与轴的交点坐标为，那么直线也经过点，与轴的交点和直线与轴的交点关于原点对称，据此即可作直线；可求直线与轴的交点坐标为，那么直线与轴交点在轴负半轴，且距离原点的距离是距离原点的距离的一半，直线与轴交点与关于原点对称，据此即可作出直线；
（2）①当时，，解得，据此证明即可；
②分；；或；四种情况讨论求解即可；
（3）先得到函数与x轴的三个交点分别为：，，，再分类讨论根据函数图象确定不等式的解集．
【详解】（1）解：如题①，直线即为所求；如题②，直线即为所求
（2）①证明：当时，，
解得，
当，即时，方程有两个相等的实数根；
当，即时，方程有两个不相等的实数根，
∴不论m为何值，该函数的图像与x轴总有公共点；
②当时，，
∴抛物线与轴交点为
若抛物线与轴正半轴相交，
设，即z是m的二次函数，
当，则或时，
∵抛物线开口向上，
∴当或时，．
∴当或时，抛物线与轴正半轴相交；
当时，经过原点；
当时，抛物线与轴负半轴相交；
情况一：当时，开口向上，与x轴交点的横坐标：，如图：
此时图像经过一、二、四象限；
情况二：若抛物线与轴只有一个交点时，则，解得，那么时，开口向下，与x轴交点的横坐标为1，此时图像经过三、四象限，如图：
情况三：当或时，开口向下，与x轴交点的横坐标：，
此时图像经过一、三、四象限，如图：
情况四：当时，开口向下，与x轴交点的横坐标为：，
此时图像经过一、二、三、四象限，如图：
综上：当时，此时图像经过一、二、四象限；当时，此时图像经过三、四象限；当或时，此时图像经过一、三、四象限；当时，开口向下，此时图像经过一、二、三、四象限．
（3）解：设函数，
∵，
∴，
则方程有两个不相等的实数根，
∵当时，，
∴函数与x轴有三个交点，
根据求根公式可得：
方程的两个根分别为：，，
∴函数与x轴的三个交点分别为：，，，
①当，时，如图：
∴或时，；
②当，时，如图：
∴或，．
综上，解集为：当，时，或；当，时，或．
48．（2026·江苏镇江·二模）定义：若一个函数的图象上存在横、纵坐标之和为零的点，则称该点为这个函数图像的“平衡点”．例如，点是函数的图像的“平衡点”．
(1)在函数①，②，③，④的图象上，存在“平衡点”的函数是________；（填序号）
(2)设函数与的图象的“平衡点”分别为点A、B，过点A作轴，垂足为C．当为等腰三角形时，求b的值；
(3)若将函数的图像绕y轴上一点M旋转，M在下方，旋转后的图象上恰有1个“平衡点”时，求的坐标．
【答案】(1)③
(2)或或或
(3)
【分析】（1）根据“平衡点”的定义进行逐一计算判断即可；
（2）可求，，①当为等腰三角形的顶点时，，此时在以圆心，长为半径的圆周上，由进行求解即可；②当为等腰三角形的顶点时，，此时在以圆心，长为半径的圆周上，由进行求解即可；③当为等腰三角形的顶点时，，此时在的垂直平分线上，由进行求解即可．
（3）设（），先将抛物线向上平移个单位得，再将绕原点旋转得：，即：，
然后将向下平移个单位得为绕旋转后函数解析式；由，进行求解即可．
【详解】（1）解：①，
，
故此函数不存在“平衡点”；
②当时，，
，
，
，
故此函数不存在“平衡点”；
③当时，，
，
，
整理得：，
，
此方程有两个不相等的实数根，
此函数存在“平衡点”；
④当时，，
，
，
整理得：，
此方程无实数根，
此函数不存在“平衡点”；
故答案：③．
（2）解：当时，，
，
，
解得：，（舍去） ，
，
，
同理可求：，
①如图，当为等腰三角形的顶点时，，
此时在以圆心，长为半径的圆周上，
，
解得：，，
当时，，
与重合，舍去
；
②如图，当为等腰三角形的顶点时，，
此时在以圆心，长为半径的圆周上，
，
解得：，；
③如图，当为等腰三角形的顶点时，，
此时在的垂直平分线上，
，
解得：；
综上所述：的值为、、、．
（3）解：设（），先将抛物线向上平移个单位得，再将绕原点旋转得：，即：，
然后将向下平移个单位得为绕旋转后函数解析式；
，
整理得：，
旋转后的图象上恰有1个“平衡点”，
，
解得：，
．
【点睛】本题考查了新定义“平衡点”，等腰三角形的判定，函数图象的旋转，理解定义，掌握等腰三角形的判定方法和函数图象旋转中解析式的变化规律是解题的关键．
题型十三 三角形与圆综合
49．（2024·江苏苏州·二模）如图所示，在中， ，，点O为边上一点，以O为圆心的圆经过点A，B．
(1)求作圆O（尺规作图，保留作图痕迹，不写作法）；
(2)求证：是的切线；
(3)若点P为圆O上一点，且弧弧，连接，求线段的长．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)线段的长为或
【分析】本题考查的是尺规作图——作垂直平分线，圆的切线的判定及垂径定理应用，全等三角形的判定与性质，
（1）作线段的垂直平分线即可解决；
（2）连接，求出即可证明结论；
（3）由题意分两种情况：符合条件的点P有两个，分别是线段的垂直平分线与交点和，连接和，分别求出即可．
【详解】（1）解：如图，圆O即为所求；
（2）证明：连接，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴是的半径，
∴是的切线；
（3）∵弧弧，
∴符合条件的点P有两个，分别是线段的垂直平分线与交点和，连接和，
作于点E，
∵，
根据垂径定理，得
，
∵，
∴，
∴，
∴，
，
∵，
作于点D，则，，
∴，
∴，
∴；
连接，
∵，
∴，
∴．
综上所述：线段的长为或．
50．（2026·江苏宿迁·三模）定义：若一个圆内接四边形的两条对角线互相垂直，则称这个四边形为圆美四边形．
(1)选择：下列四边形中，一定是圆美四边形的是（ ）
A.平行四边形 B.矩形 C.菱形 D.正方形
(2)如图1，在等腰中，，，经过点的交边于点，交于点，连接，若四边形为圆美四边形，求的长；
(3)如图2，是外接圆的直径，交于点，点在上，延长交于点，已知．问四边形是圆美四边形吗？为什么？
【答案】(1)D
(2)
(3)是，理由见解析
【分析】（1）根据圆美四边形满足对角互补，对角线互相垂直两个条件，逐项判断；
（2）连接AE，BD，根据，推出BD是⊙O的直径，∠BED=∠BAD =90°，根据四边形为圆美四边形和垂径定理，推出，得到AD=ED，结合BD=BD，推出Rt△ABD≌Rt△EBD，得到BE=AB=1，根据是等腰三角形，得到AC=AB==1，推出，，得到CE=BC-BE= ，根据∠CED=90°，得到，推出；
（3）连接BD，AF，设AF与BC交点为G，得到∠ACB=∠ADB，∠CAF=∠CBF，根据AD是⊙O的直径，得到∠ABD=90°，推出∠ADB+∠BAD=90°，根据，得到，结合∠APB=∠BPE，推出△APB∽△BPE，得到∠BAD=∠CBF，推出∠CAF=∠BAD，得到∠ACB+∠CAF=∠ADB+∠BAD=90°，推出∠AGC=180-(∠ACB+∠CAF)=90°，得到AF⊥BC，推出四边形是圆美四边形．
【详解】（1）∵圆美四边形满足对角互补，对角线互相垂直两个条件，
∴正方形是圆美四边形，
故选：D；
（2）连接AE，BD，
∵等腰中，，
∴BD是⊙O的直径，∠BED=∠BAD =90°，
∵AC=AB=1，
∴，,
∵四边形为圆美四边形，
∴BD⊥AE，
∴，
∴AD=ED，
∵BD=BD，
∴Rt△ABD≌Rt△EBD(HL)，
∴BE=AB=1，
∴CE=BC-BE= ，
∵∠CED=180°-∠BED=90°，
∴，
∴；
（3）四边形是圆美四边形，理由：
连接BD，AF，设AF与BC交点为G，
则∠ACB=∠ADB，∠CAF=∠CBF，
∵AD是⊙O的直径，
∴∠ABD=90°，
∴∠BAD+∠ADB=90°，
∵，
∴，
∵∠APB=∠BPE，
∴△APB∽△BPE，
∴∠BAD=∠CBF，
∴∠CAF=∠BAD，
∴∠ACB+∠CAF=∠ADB+∠BAD=90°，
∴∠AGC=180-(∠ACB+∠CAF)=90°，
∴AF⊥BC，
∴四边形是圆美四边形．
【点睛】本题主要考查了新定义——圆美四边形，解决问题的关键是熟练掌握新定义性质，圆内接四边形角的性质，垂径定理，全等三角形的判定和性质，等腰直角三角形判断和性质，相似三角形的判定和性质，圆周角定理，用角的关系判定直角三角形．
51．（2026·江苏无锡·一模）如图，以的边上的一点为圆心的圆，经过，两点，且与边交于点，为的下半圆弧的中点，连接交于，．
(1)求证：是的切线；
(2)已知圆的半径，，求的值．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】本题主要考查圆的切线的判定、勾股定理、正弦函数等几何知识点及其应用问题，解题的关键是作辅助线，灵活运用切线的判定是关键．
（1）连接，证明，得到，即可证明结论；
（2）根据题意得到，设，则，根据勾股定理列出等式，解得，根据即可得到答案．
【详解】（1）证明：连接，
，
是的半径，
是的切线；
（2）解：，，
设，则，
，
是的切线，
中，，
即，
解得，
，
．
52．（2025·江苏南京·二模）如图，的顶点，，在同一个圆上，点在上，且，连接并延长交于点，连接并延长交于点，交圆于点，连接，．
(1)若，，求．
(2)若为圆的直径．
①求的度数；
②求证：．
【答案】(1)48；
(2)①；②见解析．
【分析】题目主要考查圆周角定理，全等三角形的判定和性质，解三角形等，理解题意，作出辅助线，综合运用这些知识点是解题关键
（1）作于，根据平行四边形的性质得出，，再由勾股定理及三角形面积公式求解即可；
（2）①根据圆周角定理确定．再由全等三角形的判定和性质得出≌，，即可求解；
②连接交于，根据圆周角定理及矩形的判定和性质，解三角形等求解即可
【详解】（1）解：▱的顶点，，在同一个圆上，点在上，且，，，
如图，作于，
，，，则，
在直角三角形中，
由勾股定理得：，
；
（2）解：为圆的直径，
．
四边形为平行四边形，
，，，
，
，
，
，
，
，
，
，
在和中，
，
，
，
；
证明：连接交于如图，
为圆的直径，
，
，
，
，
，，
，
四边形为矩形，
，
，
矩形为正方形，
，
，
即，
，，
．
知识1 特殊三角形的性质与判定
知识2 全等三角形的性质与判定
全等三角形的性质：
1）全等三角形的对应边相等，对应角相等.
2）全等三角形对应边上的高线相等，对应边上的中线相等，对应角的角平分线相等．
3）全等三角形的周长相等，面积相等（注意：周长或面积相等的三角形不一定是全等三角形）.
全等三角形的判定：
知识3 相似三角形的性质与判定
1.相似三角形的性质
①相似三角形的对应角相等，对应边的比相等.
②相似三角形对应高的比，对应中线的比，对应角平分线的比都等于相似比.
③相似三角形周长的比等于相似比，面积比等于相似比的平方.
④三角形的相似具有传递性：若△ABC∽△BDC，△ABC∽△ADB，则△BDC∽△ADB.
【易错点】对相似三角形的面积比不清而出错
2.相似三角形的判定
1．（2026·江苏无锡·一模）已知中，，，则中线的长可以是（ ）
A．6B．7C．8D．9
【答案】A
【分析】通过延长中线构造全等三角形，将已知边转化到同一个三角形中，再利用三角形三边关系求出中线的取值范围，即可选出正确答案．
【详解】解：延长至点，使，连接
∵是的中线，
∴，
又∵，，
∴，
∴
∵，
在中，由三角形三边关系得，
代入，得：
，
即，
∴．
只有选项A的在该范围内．
2．（2026·江苏盐城·一模）将直角三角板按如图位置摆放，顶点B落在直线上，顶点A落在直线上，若，，则的度数是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由直角三角形的两个锐角互余及角的和与差即可求出，再利用平行线的性质可求出即可．
【详解】解：如图，
∵，，
∴．
∵，
∴，
∵，
∴．
3．（2026·江苏无锡·一模）在平面直角坐标系中，点，点，将沿直线翻折，原点的对应点恰好落在双曲线上，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由折叠的性质，结合坐标与线段的关系求出点的坐标，再代入反比例函数解析式求出的值．
【详解】解：∵ ，，
∴ ，，
由折叠的性质得，，
设点的坐标为，，，
，
由①得；
由②得；
，
即，
将代入得，
，
∵，
解得，
∴，即 ，
∵ 点在双曲线上，
∴．
4．（2026·江苏连云港·一模）如图，中，，点在的延长线上，点在边上，分别是的中点．若，则的长是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】连接，取的中点F，连接，根据中位线的性质得，再说明是直角三角形，然后根据勾股定理得出答案．
【详解】解：连接，取的中点F，连接，
∵点M，N，F分别是的中点，
∴分别是的中位线，
∴，．
∵
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
在中，根据勾股定理，得．
5．（2026·江苏无锡·模拟预测）如图，，在边上，，，交于，则的度数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意得到，求出和的度数，得出计算即可；
【详解】解：，，，
，，，
，
，
，
．
6．（2026·江苏宿迁·三模）如图，在中，已知，，分别以点、为圆心，大于长为半径画弧，两弧在两侧分别交于、两点，作直线交于点，交于点．若，则的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】连接，过点作交于点，根据作图可知，垂直平分，即可得，，在中，，同理可得，由勾股定理可得，易得，故，结合勾股定理即可求解．
【详解】解：连接，过点作交于点，如下图所示：
根据作图可知，垂直平分，
∴，，
∵，，
∴，，
∴，，
在中，，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴，，
，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴在中，．
【点睛】围绕特殊的角度构造直角三角形是常用的辅助线添加方法．
7．（2026·江苏扬州·一模）如图，将绕点C顺时针旋转得到，点B的对应点恰好落在边上，此时点恰好落在的延长线上，则的度数为______．
【答案】30
【分析】根据旋转可得，再根据等边对等角和三角形内角和的性质进行求解即可．
【详解】解：由旋转可得，，
∴，
∴，
∴．
8．（2026·江苏南京·模拟预测）如图，在中，，D是上一点，过点D作交于点E，交于点F．若，，则四边形的面积为______．
【答案】
【分析】利用和相似可得，再利用等腰直角三角形的判定和性质、勾股定理进行求解即可．
【详解】解：过点作于点，
，，
，，四边形为平行四边形，
，，
，
，
，
在中，，，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴
解得，
，
∵，
∴．
9．（2026·江苏苏州·一模）如图，等腰中，，，点D为斜边上一点（不与A，B重合），，连接，将线段绕点C顺时针方向旋转至，连接、．若，，求________．
【答案】
【分析】根据旋转的定义得到，，证明，求出，再根据勾股定理即可求出答案．
【详解】解：由旋转可知，，，
，
，
．
在和中，，
，．
是等腰直角三角形，
，，
．
又，
则在中，．
10．（2026·江苏无锡·一模）如图，在中，，点在线段上（不与，重合），，交于点，过点作，垂足为，交的延长线于点，则与的数量关系为______：若（为常数），则_____（用含的代数式表示）．
【答案】
【分析】设，则，得出，进而得出；作，交于点J，交于点K，根据求出，得出，再证明，得出，证明，得出，设，则，解方程求出结论即可．
【详解】解：，
设，则，
在中，，
，
，
，
，
，
，
；
作，交于点J，交于点K，
，，，
，
，
，
，
，
，
，
，即，
，
，
，即，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
设，则，
解得：（不合题意舍去），
故．
11．（2026·江苏南通·模拟预测）如图，在中，，，，为内一点满足，连接，，延长到点，使得．
（1）的长为___________；
（2）若，的长为___________．
【答案】

【分析】（1）直接利用勾股定理计算的长；
（2）延长至点，使得，连接，，通过证明，得到，，进而证明为直角三角形，利用勾股定理求出的长，即可得解．
【详解】解：（1）在 中，，，，
由勾股定理得：；
（2）如图，延长至点，使得，连接，，
，，，
，
，，
，
，
，，
垂直平分，
，
，
，
，即，
在 中，由勾股定理得： ，
．
12．（2026·江苏徐州·一模）如图，在正方形中，，点O是边的中点，若点E是直线上一动点，连接，将线段绕点D逆时针旋转得到线段，连接，则线段长的最小值为_______．
【答案】1
【分析】根据旋转的性质和正方形的性质证明 ，从而得出 ，确定点的运动轨迹，利用垂线段最短，结合三角函数求解的最小值．
【详解】解：连接，
由旋转的性质可知，
四边形是正方形
，，


在和 中


，
当时，的长度最小，如图：
四边形是正方形
∴
∵，，
∴
在中，，是的中点，
由勾股定理得，

∴在中，
∴线段长的最小值为1．
13．（2026·江苏无锡·一模）如图，在直角中，，
(1)尺规作图：作的角平分线，交于点D，在上作一点E，使得；（不写作法，保留痕迹）
(2)在（1）的条件下，若，，则________．（若需画图，请用备用图）
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）利用角平分线和线段垂直平分线的作法进行作图；
（2）过点作于点，根据角平分线的性质得出，根据等面积得出，证明，得出，假设，根据线段垂直平分线的性质以及勾股定理列出方程求解即可．
【详解】（1）解：如图，和点即为所求；
（2）解：如图，过点作于点，
∵平分，且，
∴，
由勾股定理得，
∴，
即，
解得，
在和中，
∴，
∴，
由线段的垂直平分线的性质可得，
假设，则，
由勾股定理得，
即，
解得，
即．
14．（2026·江苏宿迁·二模）如图，点是线段上一点，如果满足，那么称线段被点黄金分割，点是线段的黄金分割点．完成下列问题：
(1)填空：如图①，点是线段的黄金分割点，若，则__________；（用含根号的式子表示）
(2)如图②，在中，，点在斜边上，，点在直角边上，，证明：点是线段的黄金分割点；
(3)尺规作图：如图③，作出线段的一个黄金分割点（保留作图痕迹，不写作法）
【答案】(1)
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）根据题意可得，解方程即可得到答案；
（2）由勾股定理得，则，，再证明，即可证明结论；
（3）如图1，作出线段的中点，过点B作的垂线，并在该垂线上截取，以点C为圆心，的长为半径画弧交于点D，再以点A为圆心，的长为半径画弧，交于点P，则点P即为所求；同理在图2中作出靠近点A的黄金分割点即可．
【详解】（1）解：∵点是线段的黄金分割点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴（已检验）或（舍去）；
（2）证明：∵在中，，
∴由勾股定理得，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴点是线段的黄金分割点；
（3）解：如图所示，即为所求．
15．（2026·江苏无锡·一模）某校数学研究性学习小组以“利用斜坡观测实物高度”为主题分组开展综合与实践活动．
【活动准备】查找资料，准备好卷尺、标杆等测量工具
【活动地点】图①是该校附近斜坡的横断面示意图．测得该斜坡坡度，段为水平路面，B点位置设有指示牌，它与地面垂直．
【活动过程】
活动1：如图①所示，学习小组测得斜坡长为39米．
(1)求斜坡的高度；
活动2：如图②所示，当学习小组的指导老师李老师驾驶一辆小轿车在斜坡上点D处，他的眼睛到斜坡的距离为1.2米．李老师平视前方（视线与斜坡平行），他刚巧能观测到指示路牌的牌杆顶端Q点．
(2)求指示牌牌杆的高度；
活动3：如图③，矩形为一辆大巴车的侧面示意图，长为10米，长为3.2米．李老师利用大巴车停在该斜坡上的机会再次进行观测，此时大巴车的前下端点K与点B重合．李老师发现当他位于D点与大巴车车尾C点相距15米时，他透过点E刚巧能看到指示路牌的顶端P点．
(3)求指示牌的高度．
【答案】(1)斜坡的高度为米；
(2)指示牌牌杆的高度为米；
(3)指示牌的高度为米．
【分析】（1）如图，延长交斜坡底面水平线于点，易得，由坡度比可得，设米，则米，利用勾股定理建立方程求解即可；
（2）过点作于点，延长交斜坡底面水平线于点，证明四边形
是矩形，得到米，易证，得到，即可求解；
（3）作交延长线于点O，作于点Q，交于点R，延长交斜坡底面水平线于点，则四边形为矩形，四边形为矩形，得到米，米，求出米，同理（1）得米，则米，根据，得到，再证明，推出，即可求解出米，再根据，即可求解．
【详解】（1）解：如图，延长交斜坡底面水平线于点，
由题意得，
∵该斜坡坡度，
∴，
设米，则米，
在中，米，
∴，即，
解得（负值舍去），
即米，
答：斜坡的高度为米；
（2）解：过点作于点，延长交斜坡底面水平线于点，
则，
由题意得，
∴，
∴，
∴四边形是矩形，
∴米，
∵，
∴，
由（1）知米，则米，
∴，
∴米，
答：指示牌牌杆的高度为米；
（3）解：作交延长线于点O，作于点Q，交于点R，延长交斜坡底面水平线于点，
则四边形为矩形，四边形为矩形，
米，米，
（米），
同理（1）得米，则米，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
，即，
∴，
∴米，
，
，
∴，
∴米，
答：指示牌的高度为米．
考点二 四边形
题型一 多边形及其内角和
1．（2026·江苏无锡·二模）如图，半径为5的与正五边形相切于点B、E，则弧的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】连接，，根据正五边形的性质得到的度数，根据切线的性质得到的度数，利用弧长公式解答即可．
【详解】解：连接，，
∵五边形是正五边形，
，
、与相切，
，
，
弧的长为．
【点睛】本题主要考查了切线的性质、正五边形的性质、多边形的内角和公式、熟练掌握切线的性质是解决本题的关键．
2．（2025·山东·二模）如图，以正五边形的顶点为圆心，以边长为半径作圆，已知点是上一个动点，当点在正五边形的内部运动时，则的大小为（ ）
A．B．C．D．不能确定
【答案】B
【分析】本题考查了正多边形的内角问题，圆周角定理，熟练掌握各知识点并灵活运用是解题的关键．
先求出正五边形的内角，再由圆周角定理得到，即可求解．
【详解】解：∵正五边形，
∴，
∴，
故选：B．
3．（2026·江苏徐州·一模）如图，正八边形和正六边形的边长均为3，以顶点H为圆心，的长为半径画圆，则阴影部分的面积为____．（结果保留）
【答案】
【分析】先求出正八边形和正六边形的内角度数，分别为．，然后求得，利用扇形面积公式即可求解．
【详解】解：∵八边形是正八边形，六边形是正六边形，
∴，，
∴，
∴．
4．（2026·江苏无锡·一模）图1是江阴市兴国寺塔，它始建于北宋太平兴国年间．塔底外形是一个如图2所示的正八边形．某数学兴趣小组对兴国寺塔进行了一定的实地测量活动，具体过程如下：
【数据收集】通过实地测量，正八边形的边长．
【问题解决】
(1)求图2中塔底半径．
(2)如图3，在延长线上确定一点B，使A、B两点的距离为，在B处竖一根的竹竿，从杆顶P测得塔顶E的仰角为，求出兴国寺塔的高度．
（结果取整数．参考数据：，，）
【答案】(1)图2中塔底半径的长约为；
(2)兴国寺塔的高度约为．
【分析】（1）过点作于点，由题意得，根据等腰三角形三线合一求出，，解直角三角形即可解答；
（2）过点作于点，易证四边形是矩形，得到，解直角三角形求出，即可解答．
【详解】（1）解：过点作于点，
由题意得，
∵，，
∴，，
∵，
∴，
在中，，
∴，
答：图2中塔底半径的长约为；
（2）解：过点作于点，
由题意得，
由（1）知，
则，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
在中，，
∴，
∴
答：兴国寺塔的高度约为．
题型二 平行四边形的判定与性质
5．（2026·江苏南京·模拟预测）如图，平行四边形中，点E是对角线上一点，连接，，且．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，，则的最小值是______．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】连接交于点O，先推导出，再根据三线合一，得到，即可解答；
（2）求出，设，得到，则，设，推导出，得到，解得或（不符合题意，舍去），即可解答．
【详解】（1）证明：连接交于点O，如图
∵四边形是平行四边形，
∴，
∵，
∴，
即，
∴四边形是菱形；
（2）解：如图
∵四边形是菱形，
∴，，
∴，
设，则，
∴，
∴
，
设，则
，
，
，
，
∵x有实数解，
∴，
化简，得
，
或
解得或（不符合题意，舍去）．
∴则的最小值是．
6．（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．
7．（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，
∴．
8．（2025·江苏常州·模拟预测）如图，是的中点，，．
(1)求证：；
(2)连接，则与的关系是 ．
【答案】(1)见解析
(2)与互相平分
【分析】（1）根据中点的定义求出，根据平行线的性质求出，利用证明，根据全等三角形的性质求证即可；
（2）根据全等三角形的性质求出，，则，再根据平行四边形的判定与性质求解即可．
此题考查了全等三角形的判定与性质，熟记全等三角形的判定与性质是解题的关键．
【详解】（1）证明：∵是的中点，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴；
（2）解：如图，连接，
由（1）知，，
∴，，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∴与互相平分，
故答案为：与互相平分．
题型三 特殊的平行四边形的判定与性质
9．（2026·江苏扬州·一模）如图，在矩形中，过对角线的中点O作，分别交、于点E、F．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)．
【分析】（1）先证四边形为平行四边形，然后根据平行四边形对角线垂直证得菱形；
（2）设，则，，在中，利用勾股定理列式计算即可求解．
【详解】（1）证明：如图，

∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵O为的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴四边形是菱形．
（2）解：设，
∵四边形是菱形，，，
∴，，
在中，
由勾股定理得，，
∴，
解得，
∴．
10．（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．
11．（2026·江苏苏州·模拟预测）如图，正方形中，，
(1)求证：①；②；
(2)若，，求的长．
【答案】(1)①证明过程见解析；②证明过程见解析
(2)
【分析】（1）①由、、可证得；
②利用全等的性质证，利用直角三角形两个锐角互余证明，即可解决问题；
（2）利用全等的性质证，然后证，得，据此可得答案．
【详解】（1）证明：①四边形是正方形，
，，
，
，
在和中，
，
；
②，
，
，
，
，
；
（2），，
，
，
，
，，
，
，
，
，
．
12．（2026·江苏常州·模拟预测）如图①，是矩形的边上的一点，于点，，，．
(1)证明，并计算点到直线的距离(结果保留根号)．
(2)在图①的基础上，延长线段交边于点，如图②，则的长为 ．
【答案】(1)证明见解析，点到直线的距离为
(2)
【分析】（1）由四边形是矩形，得到，，，根据勾股定理得到，通过，得到，列方程即可得到结果；
（2）证明，得到，求出，由即可求解．
【详解】（1）解：∵四边形是矩形，
∴，，，
又∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
∴点到直线的距离；
（2）∵四边形是矩形，
∴，，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
∴．
题型四 四边形综合
13．（2026·广东深圳·一模）如图，在边长为的正方形中，点是边的中点，连接，以点旋转中心将线段顺时针旋转，得到线段，连接，交边于点，，则的长为（ ）．
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】过点分别作、的垂线，交的延长线于点，交于点，容易证明，则，．容易证明四边形是正方形，则，．通过证明可得，利用平行可证明，则，计算得，最后相加即可．
【详解】解：如图，过点分别作、的垂线，交的延长线于点，交于点，
由旋转的性质可知，，，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，，，
∴，
∴，
∵点是边的中点，
∴，
∵，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴四边形是矩形，
∵，
∴四边形是正方形，
∴，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
14．（2026·江苏无锡·二模）在矩形中，点为中点，点为中点，连接交于点，若，则线段的长为（ ）
A．B．C．4D．
【答案】A
【分析】延长交的延长线于H，设，则，证明，利用勾股定理求出，即可解决问题．
【详解】解：延长交的延长线于H，
∵在矩形中，，，
∴，，
∵点F是中点，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
设，则，设，则，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∵，
∴．
15．（2024·江苏无锡·模拟预测）如图，在菱形中，，．折叠该菱形，使点落在边上的点处，折痕分别与边，交于点，．当点与点重合时，的长为_____；当点的位置变化时，长的最大值为________．

【答案】 /
【分析】本题考查了菱形的性质，折叠的性质，解直角三角形等知识点；①当点与点重合时，由折叠的性质知垂直平分，推出，求得；②连接，可知当长取得最小值时，长取得最大值；由折叠的性质知垂直平分，则，推出时，长取得最小值，此时长取得最大值；过点D作于点C，则四边形为矩形，推出，即可求解；
【详解】解：当点与点重合时，由折叠的性质知垂直平分，
∴；
；
连接，如图所示：

当长取得最小值时，长取得最大值；
由折叠的性质知垂直平分，则，
∴时，长取得最小值，此时长取得最大值，
过点D作于点G，则四边形为矩形，
∴，
在直角三角形中，，
∴，
∴长的最大值为；
故答案为：①②
16．（2026·江苏扬州·一模）如图，在矩形中，，，点是对角线上一点，交于点．
(1)若，求的长；
(2)若点在上运动，试探究的比值是否变化？若不变，请求出这个比值；若变化，请说明理由；
(3)线段的最小值是___________．
【答案】(1)
(2)不变，
(3)
【分析】（1）连接，先证明，得到，进而得到，根据同角的余角相等可得，则，列式计算即可；
（2）过点作，交于，交于，易证，再证明，即可得到的比值；
（3）根据的比值不变，故当线段取最小值时，线段取最小值，根据垂线段最短可得，当时，取最小值，然后根据等面积法求解即可．
【详解】（1）解：如图，连接，
四边形是矩形，，
，
在和中，
，
，
，
，
，
，
，
，
，即，
，
（2）解：如图，过点作，交于，交于，则四边形是矩形，
，即，
，
四边形是矩形，
，，
，
，
，
，
设，则，，，
，
即的比值不变，为；
（3）解：由（2）可知，，即，
当线段取最小值时，线段取最小值，
根据垂线段最短可得，当时，取最小值，此时点与点重合，如图所示，
在中，，
，
，
即线段的最小值是．
题型五 四边形中的多结论问题
17．（2026·江苏南京·二模）如图，点E，F，G，H分别在矩形ABCD（AB＞AD）的四条边上，连接EF，FG，GH，HE，得到四边形EFGH．下列关于四边形EFGH的说法：①存在无数个四边形EFGH是平行四边形；②存在无数个四边形EFGH是菱形；③存在无数个四边形EFGH是矩形；④存在无数个四边形EFGH是正方形，正确的是（ ）
A．①B．①②C．①②③D．①②③④
【答案】C
【分析】连接AC，BD交于点O，过点O的直线EG和HF分别交AB，BC，CD，AD于点E，F，G，H，则，，根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，对角线互相垂直的平行四边形是菱形，对角线相等的平行四边形是矩形，有一组邻边相等的矩形是正方形，逐项判断即可．
【详解】解：如图，连接AC，BD交于点O，过点O的直线EG和HF分别交AB，BC，CD，AD于点E，F，G，H．
①因为ABCD是矩形，有无数种情况使得，，即存在无数个四边形EFGH是平行四边形，故①正确；
②当时，四边形EFGH是菱形，故存在无数个四边形EFGH是菱形，故②正确；
③当时，四边形EFGH是矩形，故存在无数个四边形EFGH是矩形，故③正确；
④当四边形EFGH是正方形时，,,易证，可知,,结合可推出,与已知条件矛盾，故不存在四边形EFGH是正方形，故④错误；
综上，①②③正确，
故选：C．
【点睛】本题考查平行四边形、菱形、矩形、正方形的判定，熟练掌握特殊平行四边形的判定方法是解题的关键．
18．（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．
19．（2026·江苏连云港·二模）如图，在正方形中，E、F分别为、的中点，连接，交于点G，将沿对折，得到，延长交延长线于点Q，下列结论正确的是_________．
①；②；③；④

【答案】①②③
【分析】根据条件证明，根据全等三角形的性质即可证明①②，根据平行的性质和正方形的性质证明，令，则，
在中，设，用勾股定理即可证明③；证明，利用相似三角形的性质即可证明④．
【详解】解：∵四边形是正方形，
∴，，
∵，E、F分别为、的中点，
∴，
∴，
∴，故①正确；
∴，
∵，
∴，
∴，故②正确；
根据题意得，，，，
∵，
∴
∴，
∴，
令，则，
在中，设，
∴，
∴，
∴，故③正确；
∵，，
∴，
∵，，
∴，
∴的面积：的面积，
∴，故④错误．
故答案为：①②③．
【点睛】本题主要考查了四边形的综合题，涉及正方形的性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质以及折叠的性质的知识点，解决的关键是明确三角形翻转后边的大小不变，找准对应边，角的关系求解．
20．（2026·江苏苏州·二模）如图，正五边形的边长为2，连接对角线 ，线段分别与 和 相交于点 ，给出下列结论：① ；②；③；④．其中正确结论的序号是_____．
【答案】①②③
【分析】根据正五边形的性质得到，根据三角形的内角和即可得到结论；由于 ，得到，根据等腰三角形的判定定理得到，同理，根据相似三角形的性质得到和有关的比例式，等量代换得到；根据，列方程得到；在正五边形 中，由于，得到，根据勾股定理得到的值，根据三角形的面积得到结论．
【详解】解：∵ ，
∴ ，
∴ ，故①正确；
∵ ，
∴ ，
∴ ，
同理 ，
∴ ，
∵ ，
∴
∴，
∴ ；
∴ ；故②正确；
∵ ，
∴ ，
解得：；故③正确；
过点E作，在正五边形 中，
∵，
∴，
∴，
∴2，故④错误；
故答案为：①②③．
【点睛】本题考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理，正五边形的性质，熟练掌握正五边形的性质是解题的关键．
题型六 四边形中的动点问题
21．（2026·江苏苏州·一模）如图，在矩形中，动点M从点A出发沿边向点D匀速运动，动点N从点B出发沿边向点C匀速运动，连接．动点M，N同时出发，点M运动的速度为每秒1个单位长度，点N运动的速度为每秒3个单位长度．当点N到达点C时，M，N两点同时停止运动．在运动过程中，将四边形沿翻折，得到四边形．若在某一时刻，点B的对应点恰好与点D重合，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由矩形及折叠的性质可得，然后可得，则有，设运动时间为t，则有，进而问题可求解．
【详解】解：∵四边形是矩形，
∴，
由折叠的性质可知：，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
设运动时间为t，则有，
∴，
∴；
故选B．
【点睛】本题主要考查折叠的性质、矩形的性质及勾股定理，熟练掌握折叠的性质、矩形的性质及勾股定理是解题的关键．
22．（2025·江苏宿迁·一模）如图，正方形的边长为，点E在的延长线上，且，动点P从B点开始，以的速度沿折线做匀速运动，同时动点Q从点B出发，以相同的速度，沿做匀速运动．设点P运动的时间为t秒，四边形的面积为S，若四边形的形状是平行四边形时，则t的取值范围是 ___________．
【答案】
【分析】此题重点考查正方形的性质、平行四边形的判定与性质、动点问题的求解等知识与方法，结合所给的条件，观察图形可知，当点P在上运动，同时点Q在上运动，四边形是平行四边形，由，且，得，则，于是得到问题的答案．
【详解】解：根据题意，当，且时，四边形是平行四边形，
∵，，且点P、点Q的速度都是，
∴当点P在上运动，同时点Q在上运动，四边形是平行四边形，
∵，且，
∴，
解得，
∴t的取值范围是，
故答案为：．
23．（2024·江苏·模拟预测）已知正方形中，．动点P以每秒1个单位速度从点B出发沿线段方向运动，动点Q同时以每秒4个单位速度从A点出发沿正方形的边方向顺时针作折线运动，当点P与点Q相遇时停止运动，设点P的运动时间为t．连接，当以点Q及正方形的某两个顶点组成的三角形和全等时，则t为__________．
【答案】或或或
【分析】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质．分五种情况，结合全等三角形的性质得到关于t的方程，即可求解．
【详解】解：当Q在上时，如图所示：
此时，
∴，即，
解得；
当Q在边上时，有两个位置，如图所示：
若Q靠近点D，则，
∴，即，
解得；
若Q靠近点C，则，
∴，即，
解得；
当Q在边上时，如图所示：
此时，
∴，即，解得，
因为当点P与点Q相遇时停止运动，
所以，所以不合题意；
当P、Q在上重合时，和全等，如图所示：
∴此时．
故答案为：或或或．
24．（2026·江苏无锡·一模）如图，在菱形中，已知，对角线长12．

(1)求菱形的周长；
(2)动点P从点A出发，沿的方向，以每秒1个单位的速度向点B运动；在点P出发的同时，动点Q从点D出发，沿的方向，以每秒2个单位的速度向点B运动．设运动时间为t（）
①当恰好被平分时，试求t的值；
②连接，试求：在整个运动过程中，当t取怎样的值时，恰好是一个直角三角形？
【答案】(1)
(2)①；②或
【分析】（1）连接交于O，由菱形的性质得出，，，，，在中，解直角三角形得到 ，即可求出菱形的周长；
（2）①当点Q在边上时，设交于M，则，由得到，根据题意得：，，则，得出，解方程即可；当点Q在边上时，在上取点E，使得，连接，证明，得到，再证明，得到，由此列出方程，求解即可解答；
②当点Q在边上时，若，与平行线的性质得出，则，由直角三角形的性质得出，即，求出t的值即可；若，作于N，则，，由直角三角形的性质得出，得出方程，解方程即可；当点Q在边上时，证出，即恒成立． 得出当时为直角三角形；即可得出答案．
【详解】（1）解：连接交于O，
∵四边形是菱形，
∴，，，，，
∴在中， ，
∴；
（2）解：①分两种情况讨论：
当点Q在边上时，设交于M，则，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
根据题意得：，，则，
∴，
解得： ；
当点Q在边上时，在上取点E，使得，连接，
∵，，
∴，
∴，，
∵在菱形中，，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
解得，
此时，即点P与点Q均运动到点B，不合题意。
综上，当恰好被平分时，。
②当点Q在边上时，若，
∵，
∴，
∴，
∴，
即，
解得：；
若，如图3所示：
作于N，则，，
∴，
∴，
∵，
∴，
解得：；
当点Q在边上时，如图4所示：
根据题意得：，，，
∴，
∴，
作于H，
∵，
∴，
∴，
∴，即H与P重合，
∴，
即恒成立．
∴当时都为直角三角形．
综上可得，当或时，恰好为直角三角形．
【点睛】本题是四边形综合题目，考查了菱形的性质，解直角三角形，全等三角形的判定及性质，含30度角的直角三角形的性质，等腰三角形的判定及性质等知识，掌握分类讨论思想是解题关键．
题型七 四边形中的最值问题
25．（2026·江苏扬州·一模）如图，中，，，，点为边上异于的一点，以、为邻边作，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设与相交于点，由平行四边形的对角线互相平分可得，所以要求的最小值，即求的最小值，由垂线段最短可得，当时，取最小值，则过点作于点，通过解直角三角形和勾股定理求解即可．
【详解】解：在中，，，，
，，
如图，设与相交于点，过点作于点，
，
四边形是平行四边形，
，，
当的长取最小值，的长取最小值，
由垂线段最短可得，当时，即与重合时，取最小值，
此时，，
的最小值是．
26．（2026·江苏苏州·模拟预测）如图，矩形中，，，点P为中点，点E为线段上一点，连接，将线段绕E旋转得线段，连接，则的最小值为（ ）
A．B．C．4D．
【答案】A
【分析】过点P作于点M，过点Q作于点H，连接并延长，过点D作于点N，证明，得出，，求出，说明点Q总是在直线上，根据垂线段最短，得出点Q在点N处时，最小，求出最小值即可．
【详解】解：过点P作于点M，过点Q作于点H，连接并延长，过点D作于点N，如图所示：
则，
∵P为的中点，
∴，
∵四边形为矩形，
∴，，，
∵，
∴四边形为矩形，
∴，，
根据旋转可得：，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴点Q总是在直线上，
∵垂线段最短，
∴点Q在点N处时，最小，
∵，，
∴为等腰直角三角形，
∴，
∴的最小值为．
27．（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．
28．（2026·陕西西安·一模）如图，菱形的边长为，，点在边上，，点、在对角线上，，连接、，则的最小值是______．
【答案】
【分析】在上截取线段，以、为边构造平行四边形，边交于点，连接，交于点，交于点，连接，容易判断是等边三角形，则，，．容易证明，则，结合平行四边形的性质可得，因此，当、、三点共线时，取得最小值．容易证明是等边三角形，则，，从而计算出，，使用勾股定理计算出即可．
【详解】解：如图，在上截取线段，以、为边构造平行四边形，边交于点，连接，交于点，交于点，连接，
∵四边形是菱形，
∴，，，，，
∴是等边三角形，
∴，，，
由勾股定理可得，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∵四边形是平行四边形，
∴，，，
∴，
∴当、、三点共线时，取得最小值，
∵，
∴，
∵，，
∴，，，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
∴，
∴，
由勾股定理可得，
∴，
在直角中，，
∴的最小值为．
题型八 特殊平行四边形中的存在性问题
29．（2025·江苏无锡·模拟预测）在矩形中，，点是射线上异于两点的一个动点，连接，过点作于点，交射线于点．
(1)如图，点在线段上，
①求证：；
②连接，设四边形的面积为，在点运动的过程中，均有成立，求的最小值．
(2)在点运动的过程中，是否存在使四点构成的四边形为轴对称图形，若存在，求出相应的长；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)①证明过程见详解；②的最小值
(2)存在，，理由见详解
【分析】（1）①根据矩形的性质，垂直的定义得到，由此即可求解；
②根据得到，当取最大值是即可求解；
（2）根据题意，分类讨论：当点在线段上时；当点在射线上，在射线上，根据相似三角形的判定和性质即可求解．
【详解】（1）解：①证明：∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
②如图所示，连接，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴当点在上（点异于两点）运动时，点在以为直径的圆弧上运动，设圆心为，交于点，连接交于点，当时，，此时的值最大，则的值最大，
∵点是的中点，
∴，则，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的最大值为，
∵，
∴的最小值为；
（2）解：存在，，理由如下，
如图所示，假设点重合时，（题意中点不重合），，，
∴，
∴，
∴，
如图所示，当时，，
∴，
∵，
∴，即，
解得，，
∵，
∴，则，，
∵，
∴，则，
∴，
∴点在之间，不存在使四点构成的四边形为轴对称图形；
当点与重合时，不符合题意；
如图所示，当点在射线上，点在射线上时，点四点构成的四边形为轴对称图形，
∴，
∵于点，
∴，，
∵，
∴，且，
∴，
∴，，
∵，
∴，则，
∴；
综上所述，点运动的过程中，存在使四点构成的四边形为轴对称图形，．
【点睛】本题主要考查矩形的性质，相似三角形的判和性质，解直角三角形的计算，轴对称图形的性质，掌握以上知识，分类讨论，数形结合分析是关键．
30．（2026·江苏泰州·一模）如图，在菱形中，，，为对角线上一点，在上运动，连接并延长交的延长线于点，交于点．
(1)求菱形的面积；
(2)如图，若点是的中点；
当时，求的长；
若的面积为，求的长；
(3)记，是否存在一个的值，使得点在上运动时，为定值，若存在，请求出这个定值，并直接写出的长的取值范围；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)菱形的面积为
(2)①；②的长为
(3)存在，是定值，定值为，
【分析】（1）由锐角三角函数可求的长，即可求解；
（2）①通过证明，可得，可求，通过证明，可得，即可求解；
②由相似三角形的性质可求，，即可求解；
（3）由相似三角形的性质分别求出，，由是定值，可求的值，即可求解．
【详解】（1）如图，过点作于，

，，
，
四边形是菱形，
，，
菱形的面积；
（2）点是的中点，
，
，
∽，
，
，
，
，
∽，
，
，
；
，
：，
，
，
的面积为，
，
，
，
，
负值舍去，
的长为；
（3）存在，
，
，
，
∽，
，
，
，
，
当时，是定值，
当时，为，
当时，不存在，
此时，，
，
，
，
．
【点睛】本题是相似形综合题，考查了菱形的性质，相似三角形的判定和性质，证明三角形相似是解题的关键．
31．（2024·江苏常州·模拟预测）在学习了“中心对称图形…平行四边形”这一章后，同学小明对特殊四边形的探究产生了浓厚的兴趣，他发现除了已经学过的特殊四边形外，还有很多比较特殊的四边形，勇于创新的他大胆地作出这样的定义：有一个内角是直角，且对角线互相垂直的四边形称为“双直四边形”．请你根据以上定义，回答下列问题：
(1)下列关于“双直四边形”的说法，正确的有 （把所有正确的序号都填上）；
①双直四边形”的对角线不可能相等：
②“双直四边形”的面积等于对角线乘积的一半；
③若一个“双直四边形”是中心对称图形，则其一定是正方形．
(2)如图①，正方形中，点、分别在边、上，连接，，，，若，证明：四边形为“双直四边形”；
(3)如图②，在平面直角坐标系中，已知点，，点在线段上且，是否存在点在第一象限，使得四边形为“双直四边形”，若存在；求出所有点的坐标，若不存在，请说明理由．
【答案】(1)②③
(2)证明见详解；
(3)或
【分析】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，一次函数的应用等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
（1）由“双直四边形”的定义依次判断即可；
（2）证明，得到，由余角的性质可证，可得结论；
（3）根据“双直四边形”的定义分当时，当时，当时三种情况讨论，分别求出点的坐标即可．
【详解】（1）解：∵正方形是“双直四边形”，正方形的对角线相等．
故①不正确．
∵“双直四边形”的对角线互相垂直，
∴“双直四边形”的面积等于对角线乘积的一半．
故②正确．
中心对称的四边形是平行四边形，再根据“双直四边形”的定义得到四边形是正方形．
故③正确；
故答案为：②③；
（2）证明：设与交于点，
正方形，
，，
，
，
，
，
，
，
，
，
，
四边形为“双直四边形”．
（3）解：设如图②，设与交于点，
点，，
，，
，，
，
，
，
点，
四边形是“双直四边形”，
，
，
，即点是的中点，
点，，
点，
设直线的表达式为，
，
解得：，
直线的表示为：，
当，点的横坐标为，
，
点，
当时，
，，
是的垂直平分线，
，
，
，
，
点，
当时，如图③，过点作于点，于点，
是的垂直平分线，
，
平分，
，
，
，
设，则，，
即点坐标为，
代入，
得，
为，
综上所述，点的坐标或
32．（2026·江苏苏州·一模）如图①，在四边形中，，，，，．点P在上，连接、、．
(1)求的长；
(2)探索：是否存在这样的点P，使得平分、平分同时成立？若存在，求出的长；若不存在，说明理由；
(3)如图②，与相交于点E，过点P作，与相交于点F．设、的面积分别为．若，求的长．
【答案】(1)的长为4
(2)不存在，理由见解析
(3)的长为
【分析】（1）过D作于M，则四边形是矩形，即可求出，再根据勾股定理求出，即可求出；
（2）过P作交于G，交于H，则，进而得出，，则，求出，
由勾股定理得，推出，设，则，，证明，得出，解得，进而得出，证明，得出，解得，则，若平分，则，即，而，与矛盾，即可得出结论；
（3）令中边上的高为，中边上的高为，证明，设，则，得出，则，，根据，列出方程求解 则，过E作交于Q，推出，则，得出，，证明，得出，则，
最后根据，即可求解．
【详解】（1）解：如图1，过D作于M，则四边形是矩形，
∴，（矩形性质），
∴，
在中，
由勾股定理得，
∴，
∴的长为4；
（2）解：不存在，理由如下：
如图2，过P作交于G，交于H，
∴，
∴，（两直线平行，内错角相等），
（两直线平行，同位角相等），
∵平分，
∴（角平分线的性质），
∴，
∴（等角对等边），
在中，，
由勾股定理得，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
设，则，，
∵，，
∴，
∴，
即，
解得，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
解得，
∴，
若平分，则，即，
∵，与矛盾，
∴不存在这样的点P，使得平分、平分同时成立；
（3）解：令中边上的高为，中边上的高为，
∵，
∴，，
∴，
设，则，
∴PE=kCE，h1=kh2，
∴，，
∵，即，
整理得，则，
解得，（舍去），
∴，
如图3，过E作交于Q，
∴，
∴，
∴，
即，
∴，，
∵，
∴，
∴，即，
解得，
∴，
∴，
∴的长为．
【点睛】本题主要考查了矩形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，角平分线的定义，等角对等边，解直角三角形等知识，解题的关键是熟练掌握相关知识点，并灵活运用．
题型九 四边形中的旋转、翻折、对称问题
33．（2025·山东德州·一模）如图，四边形是边长为的正方形，是平面内一点，，将绕点顺时针方向旋转得到线段，连接，则长的最小值为（ ）．
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】如图所示，连接交于点，连接，，可证，得，再证，得，当取得最小值时，的值最小，点在以点为圆心，以为半径得圆弧上运动，当点共线时，的值最小，最小值为，由此即可求解．
【详解】解：如图所示，连接交于点，连接，
∵四边形是正方形，边长为，
∴，，，，即，
∴，
∴，
∵将绕点顺时针方向旋转得到线段，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴当取得最小值时，的值最小，
如图所示，
∵，
∴点在以点为圆心，以为半径得圆弧上运动，当点共线时，的值最小，最小值为，
∴长的最小值为，
故选：D ．
【点睛】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，相似三角形的判定和性质，解直角三角形的计算，理解图示，合理作出辅助线是关键．
34．（2024·江苏无锡·二模）如图，在矩形中，，将边翻折到，使点D的对应点E在边上；再将边翻折到，点A的对应点为F，连接．
（1）若，则的长为________；
（2）若点F为的内心，则的长为________．
【答案】 1
【分析】（1）由翻折的性质可得，再利用矩形的性质和勾股定理求出，则；
（2）如图所示，过点F作于H，连接，设交于G，由矩形的性质得到；由点F为的内心，得到，，则是等腰直角三角形，可得；证明，即可证明，得到，进一步证明，得到，设，则，，在中，由勾股定理得，解方程即可得到答案．
【详解】解：（1）由翻折的性质可得，
∵四边形是矩形，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴；
（2）如图所示，过点F作于H，连接，设交于G，
∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵点F为的内心，
∴，，
∴是等腰直角三角形，
∴；
设，则，
由折叠的性质可得，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴，
∴，
设，则，
∴，
在中，由勾股定理得，
∴，
解得，
∴，
故答案为：．
【点睛】本题主要考查了矩形与折叠问题，勾股定理，全等三角形的性质与判定，三角形内心的定义，等腰直角三角形的性质与判定等等，正确作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．
35．（2024·浙江·中考真题）如图，在菱形中，对角线，相交于点O，．线段与关于过点O的直线l对称，点B的对应点在线段上，交于点E，则与四边形的面积比为__________
【答案】/
【分析】此题考查了菱形的性质，轴对称性质，全等三角形的性质和判定等知识，解题的关键是掌握以上知识点．
设，，首先根据菱形的性质得到，，连接，，直线l交于点F，交于点G，得到点，D，O三点共线，，，，然后证明出，得到，然后证明出，得到，进而求解即可．
【详解】∵四边形是菱形，
∴设，
∴，
如图所示，连接，，直线l交于点F，交于点G，
∵线段与关于过点O的直线l对称，点B的对应点在线段上，
∴，，
∴
∴点，D，O三点共线
∴，
∴
∴
∵
∴
由对称可得，
∴
∴
又∵
∴
∴
∵
∴
又∵，
∴
∴
∴．
故答案为：．
36．（2026·江苏泰州·二模）【问题情境】
综合与实践课上，老师让同学们以“正方形纸片折叠的方式，探索及”为主题开展数学活动，下面是同学们的折纸过程．

(1)【操作过程】
如图1，先将正方形纸片沿对角线折叠，折痕为．将点C翻折到上的点F处，且使折痕过点B，则，则 ；
(2)为构造，同学们积极动脑并进行如下操作：如图2，将正方形纸片翻折，使得点A与点D、点B与点C重合，折痕为．展开后，将点C翻折到上的点R处，且使折痕过点B，连接．再将点A翻折到上的点R处，折痕为．根据以上操作请你求出的值；
(3)【探索发现】
如图3，在图2的基础上，同学们通过其他折叠方式在上找到一点P，使得，连接，发现与存在固定不变的数量关系，请写出你的猜想并验证．
【答案】(1)
(2)
(3)，证明见解析
【分析】（1）由正方形的性质可得， ，，由翻折的性质可得， ，，则是等腰直角三角形，，，根据，计算求解即可；
（2）由题意知，，，，由，可得，，，如图2，连接，由题意知，，，设，，则，，，在中，由勾股定理得，即，整理得，根据，计算求解即可；
（3）由题意知，，证明，则，，设，则，则，，进而可得结果．
【详解】（1）解：由正方形的性质可得， ，，
由翻折的性质可得， ，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∴，
∴，
故答案为：；
（2）解：由题意知，，，，
∵，
∴，，
∴，
如图2，连接，

由题意知，，，
设，，则，，，
在中，由勾股定理得，即，
整理得，
∴，
∴的值为；
（3）解：，证明如下：
由题意知，，
∵，，，
∴，
∴，，
设，则，
∴，，
∴．
【点睛】本题考查了正方形的性质，翻折的性质，等腰三角形的判定与性质，正切，正弦，余弦，勾股定理，全等三角形的判定与性质等知识．解题的关键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
题型十 四边形中的新定义问题
37．（2026·江苏南京·二模）百度百科这样定义凹四边形：把四边形的某边向两方延长，其他各边有不在延长所得直线的同一旁，这样的四边形叫做凹四边形．关于凹四边形（如图），以下结论：
①；
②若，则；
③若，则；
④存在凹四边形，有．
其中所有正确结论的序号是（ ）
A．①②B．①②③C．①②④D．①③④
【答案】A
【分析】根据凹四边形的定义及相关知识，逐项加以甄别即可．
【详解】解：①如图1，连接AC并延长到点E．
即
所以结论①正确；
②如图2，连接BD，作直线AC．
∴点A在线段BD的垂直平分线上．
∴点C在线段BD的垂直平分线上．
∴点A和点C都在线段BD的垂直平分线上．
∴直线AC是线段BD的垂直平分线．
所以结论②正确；
③如图③，
由①可知，
当时，有
因再无其它已知条件证得BC=CD，所以结论③错误；
④如图④，假设存在凹四边形ABCD，连接AC．
当时，
∴AB∥CD，BC∥DA．
∴四边形ABCD是平行四边形．
∵平行四边形是凸四边形，
这与“四边形ABCD是凹四边形”的假设相矛盾．
∴不存在凹四边形ABCD，使得
所以结论④错误．
故选：A
【点睛】本题考查了对新定义的理解、三角形的外角性质、线段的垂直平分线的判定、反证法等知识点，综合运用上述的知识点，对每个结论加以推理证明是解题的关键．
38．（2026·江苏无锡·一模）定义：有一组对边相等且这一组对边所在直线互相垂直的凸四边形叫做“等垂四边形”．
如图①，四边形ABCD与四边形AEFG都是正方形，，则图中的“等垂四边形”是______；
如图②，四边形ABCD是“等垂四边形”，，，则边AB长的最小值为______．
【答案】
【分析】如图：延长交于点H，先证可得，．结合可得，即，从而得到四边形是“等垂四边形”； 如图②，延长交于点H，分别取的中点E、F、G，连接，然后根据中位线的定义可得，再，根据平行线的性质可得，由角的和差可得，由勾股定理可得；如图③：延长交于点H，分别取的中点E，F．连接，由, 由勾股定理可得即可解答．
【详解】解：如图①，延长交于点H，
∵四边形与四边形都为正方形，
∴．
∴．
∴．
∴．
∵，
∴，即，
∴．
∴．
又∵，
∴四边形是“等垂四边形”；
如图②，延长交于点H，分别取的中点E、F、G，连接
∴
∴．
∴
∴,
∴．
延长交于点H，分别取的中点E，F．连接，
则，
∴
故答案为：，．
【点睛】本题属于四边形的综合问题，主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形中位线定理、等腰直角三角形的性质等知识点，灵活运用相关性质定理是解题的关键．
39．（2024·江苏徐州·模拟预测）A4纸是由国际标准化组织的定义的，世界上多数国家所使用的纸张尺寸都是采用这一国际标准．这个标准最初是被魏玛共和国在1922年纳入(编号是)，虽然其中一些格式法国在同一时期也自行研发出来，不过之后就被遗忘了．定义了 A、B、C 三组纸张尺寸．
(1)观察发现：如图1，将纸2次折叠，发现第1次的折痕与纸较长的边重合，由此可求出纸较长边与较短边的比为 ．
(2)探究迁移；将一张纸沿经过A、C两点的直线折叠，展开后得折痕，再将其沿经过点B的直线折叠，使点A落在上（O为两条折痕的交点），设第二条折痕与交于点E．点E是否为的中点?请说明理由．
(3)拓展应用；利用一张纸经过裁剪获得一张边长为的正方形纸片进行如下操作：对折正方形得折痕，连接，将折叠到上，点B对应点H，得折痕．试说明：G是的黄金分割点．
【答案】(1)
(2)是，理由见解析
(3)见解析
【分析】（1）设纸较长边的长为a，较短边长为b，易求得第一次折痕长为，根据第1次的折痕与纸较长的边重合得到，进而可求解；
（2）设，，根据矩形和折叠性质得到，进而证得，由推导出即可；
（3）延长、相交于点P，由正方形和折叠性质以及勾股定理可求得，再根据折叠性质和等角对等边得到，证明得到，进而可求得，即可证得结论．
【详解】（1）解：设纸较长边的长为a，较短边长为b，
由题意，第一次折痕长为，
∵第1次的折痕与纸较长的边重合，
∴，即，
故答案为：；
（2）解：点E是的中点，理由如下：
由（1）得，设，，
由折叠使得点A和点C重合得，则，
∵四边形是矩形，
∴，，
，
∴，
∴，
∴，即，
∴，
即点E是的中点；
（3）解：如图，延长、相交于点P，
∵四边形是正方形，
∴，，，
由折叠性质得，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴G是的黄金分割点．
【点睛】本题考查矩形与折叠性质、正方形的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、黄金分割等知识，熟练掌握折叠性质和相似三角形的判定与性质是解答的关键．
40．（2025·江苏南通·模拟预测）定义：有一组对角互余的四边形叫做对余四边形．
(1)若四边形是对余四边形，则与的度数之和为 ．
(2)如图①，是的直径，点A、B、C在上，、相交于点求证：四边形是对余四边形．
(3)如图②，在对余四边形中，，，，探究线段、和之间有怎样的数量关系？写出猜想，并说明理由．
【答案】(1)或
(2)见解析
(3)，见解析
【分析】（1）根据新定义，分类讨论：①当和互余时，②当与互余时，逐个分析求解即可；
（2）先推导出，则，即可解答；
（3）将绕点B逆时针旋转得到连接则≌，，推导出是等边三角形，得到，继而证明，则，得到，即可解答．
【详解】（1）解：∵四边形是对余四边形，
当和互余时，
，
当与互余时，
，
则，
故答案为：或；
（2）解：连接OB，
是的直径，点A、B、C在上，
∴，，
，
即，
四边形是对余四边形．
（3）解：猜想：线段、和之间的数量关系为
理由如下：，
将绕点B逆时针旋转得到连接，如图，
则≌，，
，，，
为等边三角形，
，
，
。
，
，
，
，
，
【点睛】本题考查新定义，互余，圆周角，等边三角形的判定与性质，勾股定理，旋转的性质等知识，掌握知识点是解题的关键．
知识1 特殊四边形的性质
知识2 特殊四边形的判定
1．（2026·陕西西安·一模）如图，在矩形中，平分交于点，连接，点为的中点，连接，若，，则的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查了矩形的性质，平行线的性质，角平分线的定义，勾股定理，直角三角形的性质．
由矩形的性质、平行线的性质和角平分线的定义得到，利用勾股定理求出，再利用直角三角形的性质即可得到答案．
【详解】解：矩形，
，，，，
，
平分，
，
，
，
，
，
点为的中点，
．
2．（2026·江苏徐州·一模）如图，矩形中，，，E为中点，连接，交于F点，则与的面积比为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由矩形的性质可得，，结合题意得出，证明，结合相似三角形的性质即可得出结果．
【详解】解：∵四边形为矩形，
∴，，
∵E为中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
3．（2026·江苏苏州·模拟预测）矩形中，，，点为矩形内一点，使得．将绕点顺时针旋转，得到，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】本题考查了圆周角定理，勾股定理，矩形的性质，旋转的性质．取的中点，连接，先判断出点在上运动，当共线时，有最小值，据此求解即可．
【详解】解：取的中点，连接，
由旋转的性质知：，
∴点在上运动，
∴当共线时，有最小值，
由旋转的性质知：，，
∴,，
∴，
∴的最小值为，
故选：A．
4．（2024·广东·模拟预测）如图，在菱形中，，．若M、N分别是边、上的动点，且，作，，垂足分别为E、F，则的值为（ ）
A．3B．C．9D．
【答案】D
【分析】连接交于点O，过点M作交于点G，则可得四边形是矩形，以及，从而得，，即，最后运用勾股定理求出的长即可．
【详解】解：如图，连接交于点O，过点M作交于点G，
∵四边形是菱形，
∴，，，
∴，，
在中，，
∵，
∴，，，
∴，，
∵，
∴四边形是矩形，
∴，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴．
故选：D．
【点睛】本题考查了菱形的性质、全等三角形的性质、勾股定理、矩形的判定和性质，解题的关键是根据相等线段构造全等三角形将问题线段和转换为单一线段．
5．（2026·江苏连云港·一模）如图，在平面直角坐标系中，菱形的边在轴正半轴上，为边上一点，连接．将菱形沿折叠，点落在点处，于点．若点的坐标为，则点的坐标为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由点的坐标得，求出点，运用待定系数法求出直线的解析式为，求得，设，则，由两点间距离公式得，解得，进而可得点D的坐标．
【详解】解：∵四边形为菱形，边在轴正半轴上，
∴轴，
∵于点，且点的坐标为，
∴轴，
∴，，
∴，
过点作轴于点，则，
∴，
∴，
设直线的解析式为，
把代入得，
∴，
∴直线的解析式为，
由折叠可得，，
∴，
设，则
∴，
∴，
解得，
∴，
∴．
6．（2026·江苏扬州·一模）如图，中，，，，点为边上异于的一点，以、为邻边作，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设与相交于点，由平行四边形的对角线互相平分可得，所以要求的最小值，即求的最小值，由垂线段最短可得，当时，取最小值，则过点作于点，通过解直角三角形和勾股定理求解即可．
【详解】解：在中，，，，
，，
如图，设与相交于点，过点作于点，
，
四边形是平行四边形，
，，
当的长取最小值，的长取最小值，
由垂线段最短可得，当时，即与重合时，取最小值，
此时，，
的最小值是．
7．（2026·江苏南京·模拟预测）如图，在矩形中，，，P是上一点，将绕点C逆时针旋转时，点P的对应点恰好落在上，则的长为（ ）
A．1B．C．D．1或
【答案】C
【分析】过点作的垂线分别交于点M、N，可得是等腰直角三角形，则，根据旋转的性质，得，设，则，，利用勾股定理得，解得，则，从而得出答案．
【详解】解：过点作的垂线分别交于点M、N，如图，
则，
∵四边形是矩形，
∴四边形、四边形都是矩形，
∴，，，
∵，
∴是等腰直角三角形，
∴，
根据旋转的性质，得，
∵，
∴，
∴．
∴，，
设，
则，，
∵，，
∴，
∴，
解得：，
∴，
∴.
8．（2026·江苏扬州·一模）如图，的对角线，相交于点O，点E是的中点．若，，的周长为32，则的周长为______．
【答案】12
【分析】根据平行四边形的性质和周长得出相等的边，求出，利用勾股定理求出，证明是的中位线，得出，最后可求出三角形的周长．
【详解】解：∵四边形是平行四边形，周长为32，
∴，
∴，
∵，
∴由勾股定理得，
∴，
∵点E是的中点，点是的中点，
∴是的中位线，，
∴，
∴的周长为．
9．（2026·江苏无锡·一模）如图，在矩形中，，点E在边上，且，F是的中点，P是的中点，过点P作交于点Q，则的长为__________．
【答案】/
【分析】连接交于点，延长交于点，证明和以及，分别求得，，，据此计算即可求解．
【详解】解：连接交于点，延长交于点，如图，
∵矩形，，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
10．（2026·江苏无锡·一模）如图，中，，，，对角线相交于点O．过点B作的平行线，交的延长线于点E，连接，则的长为______．
【答案】
【分析】过点作于点，利用解直角三角形求出相关线段的长度，利用勾股定理的逆定理得出，证明四边形为矩形，最后利用勾股定理以及直角三角形斜边中线定理进行求解．
【详解】解：如图，过点作于点，
∵，，
∴，
，
∴，
由勾股定理得，
∵，
∴，
∴为直角三角形，
∴，
∵四边形为平行四边形，
∴，，，
又∵，
∴四边形为矩形，
∴，
∴，
由勾股定理得，
∴．
11．（2026·江苏扬州·一模）在综合实践活动课上，小磊同学经过思考将长为，宽为（）的矩形卡纸剪成如图1所示的四块图形，若用这四块图形恰好能够拼成如图2所示的正方形，则该矩形卡纸的宽______．
【答案】/
【分析】根据线段之间的关系，用含的式子表示，再根据面积之间的关系，可得，列方程，求解检验即可．
【详解】解：由图1可得，直角三角形①的较短直角边和梯形②的上底重合，直角三角形①的较长直角边和梯形②的高之和是矩形的长，梯形②的下底是矩形的宽，即在图2中，，，，
由图2可得，，结合图1可得，图2中，，
图2所示为正方形，
，
，
，
图1的矩形和图2所示的正方形的面积相等，
，即，
，左右两边平方得，，
解得，
，
．
12．（2026·江苏连云港·模拟预测）如图，在矩形中，，，E、F为、边上的动点，以为斜边作等腰直角，其中，连接、．当点E、F在、边上运动时，则的最小值为________．
【答案】
【分析】过点作，，可证得，进而证得点在的角平分线上，当时，最小，此时为等腰直角三角形，再进一步求解即可．
【详解】解：∵四边形是矩形，，，
∴，，
过点作于点M，于点N，则四边形是矩形，
∴，，
∵，，则，
∴，
∴，
∴，
∴点在的角平分线上，
∴，
∴当时，最小，此时为等腰直角三角形，
∴，
解得：，
∴的最小值为．
13．（2026·江苏扬州·一模）如图，在矩形中，过对角线的中点O作，分别交、于点E、F．
(1)求证：四边形是菱形；
(2)若，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)．
【分析】（1）先证四边形为平行四边形，然后根据平行四边形对角线垂直证得菱形；
（2）设，则，，在中，利用勾股定理列式计算即可求解．
【详解】（1）证明：如图，

∵四边形是矩形，
∴，
∴，
∵O为的中点，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
又∵，
∴四边形是菱形．
（2）解：设，
∵四边形是菱形，，，
∴，，
在中，
由勾股定理得，，
∴，
解得，
∴．
14．（2026·江苏盐城·一模）问题情境：将矩形绕点顺时针旋转，当旋转到如图①所示的位置时，得到矩形，点、、的对应点分别为点、、，设直线与直线交于点E．
(1)猜想证明：猜想与的数量关系，并证明；
(2)如图②，在旋转的过程中，当点恰好落在矩形的对角线上时，点恰好落在的延长线上（即点与点重合），连接，求证：四边形是平行四边形；
(3)问题解决：在矩形绕点顺时针旋转的过程中，设直线与直线相交于点F，若，，当、、D三点在同一条直线上时，请直接写出的值．
【答案】(1)
(2)见解析
(3)或
【分析】本题考查了矩形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，平行四边形的判定定理，勾股定理，等角的余角相等，解题关键是根据旋转证明三角形全等.
（1）连接，根据矩形的性质得出，推得，根据旋转的性质得出，根据全等三角形的判定与性质即可证明；
（2）连接，根据旋转的性质得出，根据矩形的性质得出，，，根据等腰三角形三线合一的性质得出，推得，根据平行四边形的判定定理即可证明；
（3）分为：点，在的同一侧和点，在的异侧，两种情况分别求解，根据勾股定理求出，结合图形求出的值．
【详解】（1）解：如图，连接，

∵四边形与四边形都是矩形，
∴，
∴，
即，
根据旋转的性质可得：，
∵，，
∴，
∴．
（2）如图：连接，

根据旋转的性质可得：，
∵四边形是矩形，
∴，，，
即，
又∵，
∴，
∴，
∵，，
∴四边形是平行四边形．
（3）解：如图，当点，在的同一侧时，

根据旋转的性质可得：，，，
∴，
在中，，
∴，
当点，在的异侧时，如图：

同理可得，
∴，
综上，的值为或．
15．（2026·江苏扬州·一模）如图，在菱形中，点E、F分别在边上，且．连接，延长交的延长线于点G．
(1)求证：；
(2)若，求的长．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）根据菱形的性质，结合证明即可；
（2）先证明，进而即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形是菱形，
∴，
∵
∴；
（2）解：∵四边形是菱形，
∴，，
∵，
∴
∵，
∴，
∴
∴
∴．
16．（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．
17．（2026·江苏南京·模拟预测）折叠正方形纸片．
通过纸片的折叠，可以发现许多有趣的现象，这些现象可以用有关的数学原理进行分析、解释，所以纸片的折叠是一种有效的数学学习方式．如图，是将正方形纸片折叠后得到的一条折痕，其中点P，Q分别在边，上．
(1)折叠正方形纸片，使得，依次落在直线上．请你利用无刻度直尺和圆规，在图①中分别作出折痕，（不写作法，保留作图痕迹），其中点E，F分别在边，上．设，的交点为O，则_________；
(2)在（1）的条件下，折叠正方形纸片，使得落在直线上．请你利用无刻度直尺和圆规，在图②中作出折痕（不写作法，保留作图痕迹），其中点M，N分别在边，上．设，的交点为G，则点G落在正方形纸片的哪一条对称轴上？请说明理由；
(3)如图③，已知正方形纸片的边长为．在（2）的条件下，当点P为边的中点时，则随着点Q位置的改变，的周长是否会发生改变？如果不变，求出的周长；如果改变，求出的周长的最小值，并求出此时折痕的长．
【答案】(1)作图见解析；
(2)作图见解析；点G在边、的垂直平分线上；理由见解析；
(3)改变；的周长的最小值为；
【分析】（1）作，的角平分线即可．根据三角形外角的性质得到，再根据角平分线的定义得到，即可得到；
（2）延长，交于T，作的角平分线即可．证明得到点G是的中点即可；
（3）作的角平分线交于E，连接，先根据折叠的性质求出，可知的最小值为，将向上平移使得M与A重合，证明，得到，即可得到．
【详解】（1）解：如图，作，的角平分线即可，
∵，，
∴，
∵，分别是，的角平分线，
∴，
∴；
（2）解：如图，延长，交于T，作的角平分线即可．
∵，
∴，
∵平分，
∴，
∴，
∵平分，
∴，
∵，
∴，
，
∴点G是的中点，
∴点G在边、的垂直平分线上；
（3）解：如图，作的角平分线交于E，连接，
∵是折痕，
∴且垂直平分，
∴，
∵为定值即，
∴当A、M、E三点共线时，最小，最小值即为的长，
故的最小值为，
此时E和B重合，将向上平移使得M与A重合，如下图：
∵，，
∴
∵，，
∴，
∴，即，
∵，
∴．
18．（2026·江苏连云港·模拟预测）如图所示，现有一张边长为4的正方形纸片，点P为正方形边上的一点（不与点A、点D重合）将正方形纸片折叠，使点B落在P处，点C落在G处，交于H，折痕为，连接、．
(1)求证：．
(2)当点P在边上移动时，的周长是否发生变化？并证明你的结论．
(3)四边形的面积为S，．
①________（用含x的代数式表示）
②试问S是否存在最小值？若存在，求出这个最小值；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)的周长不发生变化，证明见解析
(3)；S存在最小值，最小值是6
【分析】（1）由正方形与折叠可得，，，即可证明；
（2）过B作于点，可证明，，即可证明的周长不发生变化；
（3）①过F作于点M，设与交于点，可证明，在中，可求得；②由①可得，由折叠可得，即可求得四边形的面积S关于x的二次函数，由此根据二次函数的性质可求得最小值．
【详解】（1）证明：∵四边形是正方形，
∴，
∴，
由折叠可得，，，
∴，，
∴．
（2）解：的周长不发生变化．
证明：如图2，过B作于点，则，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴，
由（1）可知，，
在和中，
，
∴，
∴，，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
∴的周长
，
∵四边形是边长为4的正方形，
∴，
∴的周长，即的周长不发生变化．
（3）解：①如图3，过F作于点M，设与交于点，
∵四边形是正方形，
∴，，
∴四边形是矩形，
∴，，
∵为折痕，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴，
由折叠可得，，
在中，，即，
∴，
∴，
②由①可知，，
由折叠可得，，
∴，
∵
∴当时，的最小值为6．
真题动向
题型一：与三角形有关的线段
题型二：与三角形有关的角
题型三：全等三角形的判定与性质
题型四：等腰、等边三角形的判定与性质
题型五：相似三角形的判定与性质
题型六：勾股定理及其应用
题型七：解直角三角形
题型八：三角形中的尺规作图问题
题型九：三角形中的多结论问题
题型十：三角形中的新定义问题
题型十一：三角形中最值问题
题型十二：三角形与函数综合
题型十三：三角形与圆综合
必备知识
知识1 特殊三角形的性质与判定
知识2 全等三角形的性质与判定
知识3 相似三角形的性质与判定
命题预测
真题动向
题型一：多边形及其内角和
题型二：平行四边形的判定与性质
题型三：特殊的平行四边形的判定与性质
题型四：四边形综合
题型五：四边形中的多结论问题
题型六：四边形中的动点问题
题型七：四边形中的最值问题
题型八：特殊平行四边形中的存在性问题
题型九：四边形中的旋转、翻折、对称问题
题型十：四边形中的新定义问题
必备知识
知识1 特殊四边形的性质
知识2 特殊四边形的判定
命题预测
命题透视
1．呈现 “新材料、新情境、新问题” 的特点，以文字、图形、网格、折叠 / 旋转操作、动态几何为主要载体，突出对逻辑推理、直观想象、数学建模核心素养的考查，常融入传统文化（如古代建筑、几何图案）与生活应用，强调几何直观与严谨证明
2．从命题内容上看，三角形部分重点考查全等、相似、勾股定理及特殊三角形的性质与判定，常结合折叠、旋转等变换进行证明与计算；四边形部分聚焦平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质与判定，常与三角形综合，考查特殊四边形的判定及动态问题；整体命题趋势是 “三角形为基础、四边形为载体、变换为手段”，强调逻辑推理与数形结合.
热考角度
考点
2025年
2024年
2023年
特殊三角形
苏州·T16：等边三角形的性质求最值
南京·T14：等边三角形的性质
南京·T5：勾股定理解三角形
苏州·T16：等腰三角形的判定与性质
全等三角形
苏州·T21：全等三角形的判定与性质
苏州·T20：全等三角形的判定与性质
苏州·T20：全等三角形的判定与性质
相似三角形
南京·T13：相似三角形的判定与性质
苏州·T16：相似三角形的判定与性质
南京·T6：相似三角形的性质
南京·T27：相似三角形的判定与性质
解直角三角形
南京·T25：解直角三角形的应用
苏州·T15：解直角三角形
苏州·T24：解直角三角形的相关计算
南京·T23：解直角三角形的航海问题
苏州·T23：解直角三角形的应用
苏州·T23：解直角三角形的应用
平行四边形与特殊平行四边形
南京·T15：矩形的性质求线段长
南京·T23：菱形的判定
苏州·T8：正方形的判定与性质
南京·T24：平行四边形的判定、特殊平行四边形的性质
南京·T26：正方形的性质
苏州·T8：矩形的判定与性质
南京·T16：菱形的性质
南京·T19：平行四边形的判定与性质
苏州·T7：矩形的性质
命题预测
一、命题形式
将继续以图形、折叠/旋转、网格、动态情境为主要载体，融入传统文化（如几何图案、古代建筑）与生活应用，突出对逻辑推理、直观想象、数学建模核心素养的考查，强调“从图形中发现规律，用推理证明结论”。
二、核心考点预测
1）三角形：重点考查全等与相似、勾股定理及特殊三角形性质，常结合折叠、旋转等变换进行综合计算与证明。
2）四边形：聚焦平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质与判定，多与三角形综合，考查判定证明及动态问题。
3）综合趋势：压轴题将以“几何变换+特殊图形+动点问题”为主，强化分类讨论与数形结合，同时函数与几何综合的比重会进一步提升。
等腰三角形
等边三角形
直角三角形
性质
(1)两腰相等.
(2)两底角相等（简写成“等边对等角”）.
(3)顶角的平分线、底边上的中线、底边上的高线互相重合（简称“三线合一”）.
(4)是轴对称图形，有一条对称轴.
(1)三边相等.
(2)三个内角相等，都等于60°.
(3)是轴对称图形，有三条对称轴.
(4)等边三角形三条角平分线的交点、三条高线的交点、三条中线的交点重合.
(1)两锐角之和等于90°.
(2)斜边上的中线等于斜边的一半.
(3)30°角所对的直角边等于斜边的一半.
(4)勾股定理：两直角边的平方和等于斜边的平方，即a2+b2=c2（a，b为直角边，c为斜边）.
判定
(1)有两条边相等的三角形是等腰三角形.
(2)有两个角相等的三角形是等腰三角形（依据“等角对等边”）.
(1)三边相等的三角形是等边三角形.
(2)三个角都相等的三角形是等边三角形.
(3)有一个角等于60°的等腰三角形是等边三角形.
(1)有一个角为90°的三角形是直角三角形.
(2)有两个角互余的三角形是直角三角形.
(3)勾股定理的逆定理：若a2+b2=c2，则以a，b，c为三边的三角形是直角三角形.
面积
（a为等腰三角形的底边长，h为底边上的高）.
（a为等边三角形的边长）.
S=12ab=12cm（a，b为直角边，c为斜边，m为斜边上的高）.
判定方法
文字描述
图示
SSS
三边对应相等的两个三角形全等.
ASA
两角和它们的夹边对应相等的两个三角形全等.
AAS
两角分别相等且其中一组等角的对边相等的两个三角形全等.
SAS
两边和它们的夹角对应相等的两个三角形全等.
HL
斜边和一条直角边对应相等的两个直角三角形全等.
判定三角形相似的常用定理
直角三角形相似的判定方法
1
平行于三角形一边的直线和其他两边相交，所构成的三角形与原三角形相似．
有一个锐角相等的两个直角三角形相似.
2
三边成比例的两个三角形相似.
两组直角边成比例的两个直角三角形相似.
3
两边成比例且夹角相等的两个三角形相似.
斜边和直角边对应成比例的两个直角三角形相似.
4
两角分别相等的两个三角形相似．
四边形
边
角
对角线
对称性
平行四边形
对边平行且相等
对角相等
两条对角线互相平分
中心对称图形
矩形
对边平行且相等
四个角都是直角
两条对角线互相平分且相等
轴对称图形、中心对称图形
菱形
对边平行且四条边都相等
对角相等
两条对角线互相垂直平分，且每一条对角线平分一组对角
轴对称图形、中心对称图形
正方形
对边平行且四条边都相等
四个角都是直角
两条对角线互相垂直平分且相等，每一条对角线平分一组对角
轴对称图形、中心对称图形
四边形
边
角
对角线
平行四边形
1）两组对边分别平行
2)两组对边分别相等
3)一组对边平行且相等
两组对角分别相等
两组对角线互相平分
矩形
1）平行四边形+一直角
2）四边形+三直角
平行四边形+两条对角线相等
菱形
1）平行四边形+一组邻边相等
2）四边形+四条边都相等
平行四边形+两条对角线互相垂直
正方形
矩形+一组邻边相等
菱形+一直角
矩形+对角线互相垂直
菱形+对角线相等
平行四边形+一组邻边相等+一个角为直角