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四边形压轴题专项突破练习-2025年中考数学二轮专题
1．如图1，点P是对角线上的一点，且使得，连接并延长，交于点E．
(1)若，求的值．
(2)如图2，将沿方向平移到，求证：．
(3)如图3，连接，取的中点M，连接交于点F，若，求的值．
2．【模型建立】
（1）我们知道，正方形的四条边都相等，四个角都为直角．如图1，在正方形中，点E，F分别在边，上，连接，，，并延长到点G，使，连接．若，则，，之间的数量关系为________；
【模型应用】
（2）如图2，当点E在线段的延长线上，且时，试探究，，之间的数量关系，并说明理由；
【模型迁移】
（3）如图3，在中，，，点D，E在B，C上，，试探究，，之间的数量关系，并说明理由．
3．如图1，菱形的边在平面直角坐标系中的轴上，点，点是菱形的边的中点，反比例函数经过点．
(1)求反比例函数的表达式；
(2)点为图像上的一动点，过点做轴于点，若点使得和相似，求点的坐标；
(3)如图2，点在上，连接，，点是线段上的动点，连接，作关于直线的轴对称图形，作的外接圆，当的圆心在菱形上或内部时，求的半径的取值范围．
4．“综合与实践”课上，同学们通过剪拼图形，用数学的眼光看问题，感受图形的变换美！
【特例感知】
(1)如图1，纸片为矩形，且厘米，厘米，点，分别为边，的中点，沿将纸片剪成两部分，将纸片沿纸片的对角线方向向上平移．
①当纸片平移至点与的中点重合时，两个纸片重叠部分的面积与原矩形纸片的面积之比是________；
②当两个纸片重叠部分的面积与原矩形纸片的面积之比是时，则平移距离为________；
【类比探究】
(2)如图2，当纸片为菱形，，时，将纸片沿其对角线剪开，将纸片沿方向向上平移．当两个纸片重叠部分的面积与纸片的面积之比为时，求平移距离（用含的式子表示）；
【拓展延伸】
(3)如图3，在直角三角形纸片中，，厘米，厘米，取，中点，，将沿剪开，得到四边形和，将绕点顺时针旋转得到．在旋转一周的过程中，求面积的最大值．

5．综合与探究
【问题背景】
活动课上，同学们以矩形为背景，探究图形变换中的数学结论．如图，在矩形中，，．点G在边上，将沿折叠，点C的对应点为H，连接．
【猜想证明】
（1）若先将矩形对折得到折痕，再展开，点H刚好落在折痕上．
①如图1，请判断是什么特殊的三角形，并说明理由．
②如图2，若与的交点为M，连接，交于点N，猜想线段与的数量关系，并说明理由．
【深入探究】
（2）如图3，若先将矩形对折两次得到三条折痕，再展开，点H刚好落在最上面一条折痕上，请你直接写出的面积．
6．在平行四边形中，，点是对角线上一动点（点不与点，点重合），点是边上一动点（点不与点，点重合），且，连接，．
(1)将沿对角线翻折后，发现点与点重合，连接，且与交于点，如图所示，求证：；
(2)如图2所示，在（1）的条件下，当点，点移动到某个位置时，连接，若，点在线段上，且．求证：是线段中点；
(3)如图3所示，在（1）的条件下，分别取，的中点，，连接交于点，若，试猜想与的数量关系，并说明理由．
7．【问题提出】
（1）如图1，点是直线外一点，于点，点在直线上，，连接，，则点到直线的最短距离为______；
【问题探究】
（2）如图2，在中，，点、、分别为、和的中点，连接、．求证：四边形是矩形；
【问题解决】
（3）如图3，和是某植物园的两块三角形花圃，且点、、在同一条直线上，，，．点是上的动点（不与端点重合），连接，现要沿搭建一道篱笆墙，并在区域种植另外一种植物，将的中点设为入口，再沿铺设一条观赏小路（宽度忽略不计），为节省铺设观赏小路的成本，要求的长尽可能的短．已知，当观赏小路的长度最短时，求的长．
8．如图①，在中，，在中，，，边与重合．动点从点出发，沿方向匀速运动，速度为，同时，如图②，从图①所示位置出发，沿射线方向匀速运动，速度为；设运动时间为．解答下列问题：
(1)当为何值时，点？
(2)如图③，分别连接，设四边形的面积为．求与的函数关系式；
(3)如图④，过点作，交于点，是否存在某一时刻，使平分？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由．
9．综合与实践：
综合与实践课上，老师带领同学们，以“特殊四边形旋转”为主题，开展数学活动．
【问题发现】
如图，在矩形中，，点在对角线上，过点分别作和的垂线，垂足为，，则四边形为矩形．请问线段与的数量关系为　　．
【拓展探究】
如图，将图中的矩形绕点逆时针旋转，记旋转角为，当时，连接，，在旋转的过程中，与的数量关系是否仍然成立？请利用图进行证明．
【解决问题】
如图3，当矩形的边时，点为直线上异于，的一点，以为边作正方形，点为正方形的中心，连接，若，，直接写出的长．
10．李老师在教学八年级下册第页数学活动时，引导同学们对几何图形的折叠问题进行了如下数学探究．
(1)如图1，在矩形中，将沿直线翻折，点落在点处，连接交于点．求证：．
(2)如图2，在矩形中，，，点为边上一点，将沿直线翻折，点落在点处，连接，当时，求的长度．
(3)如图3，在矩形中，点和点分别在边和上，将四边形沿直线翻折，点落在点处，点落在边上点处，连接交于点，当，，时，求的长度．
《四边形压轴题专项突破练习-2025年中考数学二轮专题》参考答案
1．(1)
(2)见解析
(3)
【分析】（1）先求出，再证明，得到，则，据此可得到答案；
（2）连接，交于点O，证明垂直平分，则，由三线合一定理即可证明．
（3）取的中点G，连接，延长至点Q，使得，连接，设，则，则，，，证明，得到．证明四边形CDPQ是平行四边形，得到，再证明，得到，则，即可得到．
【详解】（1）解：，
，
中，，
，，
，
，
中，，
，
，
．
（2）解：如图2，连接，交于点O，
平移，
，，
，
，
，，
又，，
，
，，即垂直平分，
．
，
．
（3）解：如图所示，取的中点G，连接，延长至点Q，使得，连接，
设，则，
∴，
∴，，
∵M、G分别是的中点，
∴是的中位线，
，
∴，
．
分别为，的中点，
四边形CDPQ是平行四边形，
，
中，，
，
，
，
∵，
．
又中，，
，
中，，
，
，
，
又，，
，
，
∴，
．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质与判定，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，线段垂直平分线的性质与判定，三角形中位线定理等等，正确作出辅助线是解题的关键．
2．（1）；（2），理由见解析；（3），理由见解析
【分析】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、等腰三角形的性质，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
（1）由正方形的性质可得，，证明，得出，，再证明，得出，即可得解；
（2）在上截取，连接，由正方形的性质可得，，证明，得出，，证明，得出，即可得解；
（3）将绕点逆时针旋转得到，连接，此时与重合，由等腰直角三角形的性质可得，由旋转的性质可得，，，从而可得，，求出，证明，得出，最后由勾股定理即可得解．
【详解】证明：（1）∵四边形为正方形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（2），理由如下：
如图，在上截取，连接，
∵四边形为正方形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，，
∵，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴；
（3），理由如下：
如图，将绕点逆时针旋转得到，连接，此时与重合，
∵在中，，，
∴，
由旋转的性质可得：，，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴．
3．(1)
(2)或
(3)
【分析】（1）根据中点坐标公式得出，代入反比例函数解析式，即可求解；
（2）根据题意，当和相似，则或，则或，设，代入进行计算即可求解；
（3）根据题意得出是等腰直角三角形，过点作轴的平行线，过点作于点，过点作轴，证明在直线上运动，进而求得根据题意分别求得最小值与最大值，即可求解．
【详解】（1）解：∵点，点是菱形的边的中点，
∴
∵反比例函数经过点．
∴
∴；
（2）如图，
∵，
∴
∵四边形是菱形，
∴
∵
∴
∵点，点
∴
∴，
∵
当和相似，则或
∴或
设，
∴或
解得：（舍去）或或或（舍去）
当时，，当时，
∴或
（3）解：∵
∴
∴是等腰直角三角形，
如图，过点作轴的平行线，过点作于点，过点作轴，
∵
∴
又∵，
∴
∴
设，
∴，即
∴，
∵，
∴即
∴
解得：
∴在直线上运动，
设为的外接圆半径为，则的外接圆半径也为
如图，当时，取得最小值，最小值为
当在上时，如图，此时取得最大值，
∵点，点
设直线的解析式为
∴
解得：
∴直线的解析式为
将代入，得
∴
∴．
∴的半径的取值范围为．
【点睛】本题考查了反比例函数与几何图形综合，相似三角形的性质与判定，正切的定义，三角形的外心的性质，一次函数综合，圆周角定理的意义，全等三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．
4．(1)①；②或
(2)
(3)144平方厘米
【分析】（1）①先利用平移的性质证明四边形是矩形，再利用等腰直角三角形的性质分别求出和的长，再利用矩形的面积公式计算和的面积，即可求解；②设厘米，则厘米，表示出四边形的面积，再结合题意列出方程，解出的值即可解答；
（2）利用平移的性质得到，推出，再利用相似三角形的性质得出，即可求解；
（3）过点作于点，利用勾股定理求出厘米，结合点，是，的中点，得出厘米，厘米，厘米，利用旋转的性质得到厘米，厘米，分析可知当最大时，面积最大，结合图形利用线段的性质求出的最大值，即可求出面积的最大值．
【详解】（1）解：①为矩形，
厘米，，，
点，分别为边，的中点，
厘米，厘米，
，
，，
四边形是矩形，
又厘米，
矩形是正方形，
，，厘米，
由平移的性质得，，，
，
，
又，
四边形是矩形，
点与的中点重合，
厘米，
，，
和都是等腰直角三角形，厘米，厘米，
平方厘米，
平方厘米，
的面积与原矩形纸片的面积之比是．
故答案为：．
②由①中的结论得，四边形是矩形，和都是等腰直角三角形，
设厘米，则厘米，
厘米，厘米，
，
的面积与原矩形纸片的面积之比是，平方厘米，
，
解得：，，
平移距离为或．
故答案为：或．
（2）解：纸片为菱形，，
，和为等边三角形，
纸片沿方向向上平移，
，
，
两个纸片重叠部分的面积与纸片的面积之比为，
，
，
．
（3）解：如图，过点作于点，
，厘米，厘米，
厘米，
点，是，的中点，
厘米，厘米，厘米，
由旋转的性质得，厘米，厘米，
，
当上的高线最大时，则面积最大，
，
当点和点重合时，且旋转到外侧时，此时最大，
作出示意图如下：
，
此时、、三点共线，
即厘米，
平方厘米，
即面积的最大值为144平方厘米．
【点睛】本题考查了特殊平行四边形的性质与判定、平移的性质、一元二次方程的应用、相似三角形的性质与判定、旋转的性质、直角三角形的性质，熟练掌握相关知识点，学会结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．本题属于几何综合题，需要较强的推理论证和辅助线构造能力，适合有能力解决几何难题的学生．
5．（1）①是等边三角形，理由见解析；②，理由见解析；（2）的面积为．
【分析】题目主要考查矩形与折叠，解三角形，等边三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质等，理解题意，作出辅助线，综合运用这些知识点是解题关键．
（1）①根据矩形及折叠的性质得出，再由各边长及三角函数得出，确定，得出，再由等边三角形的判定即可证明；
②由①得：，，利用相似三角形的判定和性质得出，确定，连接，再利用菱形的判定和性质得出四边形为菱形，，结合等边三角形的判定和性质证明即可；
（2）过点H作，根据折叠的性质得出，再由相似三角形的判定和性质得出，，得出，结合图形求面积即可．
【详解】解：（1）①是等边三角形，理由如下：
∵矩形，，，沿折叠，点C的对应点为H，
∴，
∴，
∴，
∴，
∵折叠，
∴，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴是等边三角形；
②，理由如下：
由①得：，，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
连接，如图所示：
由①得是等边三角形，
同理是等边三角形，
∴，
∵，
∴四边形为平行四边形，
∵，
∴四边形为菱形，
∴，
由①得，，
同理得：，
∴，
∴，
∴；
（2）过点H作，如图所示：
∵矩形，，，折叠，
∴，
∴，
根据题意得四边形为矩形，
∴，
根据题意得：，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴的面积为：．
6．(1)见解析
(2)见解析
(3)或，见解析
【分析】（1）根据翻折的性质，平行四边形的性质，等边三角形的性质，证明得出，进而根据三角形的外角的性质得出，进而证明；
（2）延长至点，使，连接，，证明，进而根据含度角的直角三角形的性质得出，设，则，，过点作于点，过点作于点，过点作于点，勾股定理求得设，则，勾股定理求得，根据，利用余弦的定义得出，进而勾股定理求得的长，求得，即可求解．
（3）延长至点使，连接，，取中点，连接，，，证明是等边三角形，证明，得出，根据，，等量代换可得．
【详解】（1）证明：由翻折可知，
又∵四边形是平行四边形，，
∴
∴
∴是等边三角形，
∴，，
又∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
又∵，
∴；
（2）证明：延长至点，使，连接，，
∵，
∴是等边三角形，
∴，，
又∵，
∴，
又∵，，
∴，
∴，，
又∵，
∴，
又∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
又∵，
设，则，，
在图中，过点作于点，过点作于点，过点作于点，
∵，
∴，
∴，，，
∴，
设，则，由勾股定理可得，
，，
∴，
∴，
解得，即，
∴，
又∵，
∴，
∴，，
在中，，
∴，
∴是线段的中点；
（3）解：或，
理由如下：
延长至点使，连接，，
取中点，连接，，，
由（）得，
是等边三角形，
，分别是，的中点，，
，
，
是等边三角形，
在中，
∴
∵
∴
∴
∴
∴
∴
∵分别是的中点，
∴即
∴
又∵
∴
∴
∴
∴，
又，
垂直平分，
，
，
又，
，
又，
，
，
，
又，有，
，，
，
，
又，，
∴．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，等边三角形的性与判定，勾股定理，全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，正弦的定义，折叠的性质，熟练掌握以上知识是解题的关键．
7．（1）12；（2）见解析；（3）．
【分析】（1）先利用勾股定理求得，再利用垂线段最短求得点到直线的最短距离；
（2）先证明四边形是平行四边形，再根据它有一个角是直角，证得结论成立；
（3）先证明是等腰直角三角形，再利用中位线的性质证得和，证得四边形是矩形，再利用矩形的性质得出，，设，接着手表示出，，再借助三角函数求得，再用表示出，然后利用线段的和求最的长度最短．
【详解】解：（1）于点，，，
∴，
∴点到直线的最短距离为12．
（2）证明：点、、分别为、和的中点，
和是的中位线，
，，
四边形是平行四边形．
，
四边形是矩形．
（3）连接，分别取、的中点、，连接，过点作于点，交于点．
，
是等腰直角三角形，．
在中，点、分别是、的中点，
是的中位线，
，则．
点是的中点，点是的中点，
是的中位线，则，．
G、O、H三点共线，
当点在上运动时，点在上运动，
当时，最短，即点与点重合时，的长度最短．
连接并延长交于点，则的长度最短时，点与点重合，此时．
∵，，
∴，
∴四边形是矩形，
，．
在中，设，则，
．
在中，，
，
．
的长度最短时，．
当观赏小路的长最短时，的长为．
【点睛】本题考查了勾股定理，平行四边形的判定与性质，中位线的性质，矩形的判定与性质，解直三角形，勾股定理等知识，解题的关键是根据矩形的性质与判定求线段长．
8．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据时进而推出，以此建立关于分式方程求解即可．
（2）首先求出和的高和，然后求得，再根据即可求出结论．
（3）通过平行线构造等腰，利用等腰直角三角形的性质分别用表示出和，然后建立关于的方程求解即可．
【详解】（1）解：如图，交于点．
根据题意．
当时，，由于为等腰直角三角形，
又因，则．
，
，
解得：．
（2）解：如图，过点作，过点作分别为垂足．
根据题意．
则，
．
（3）解：如图，过点作交延长线于点，过点作，垂足为，过点作为垂足．则四边形为矩形．
根据题意，则，
，
，
，
由（2）可知，
，
，
∴，
解得：．
【点睛】本题考查了直角三角形和等腰三角形的性质，解直角三角形，平行线的性质，勾股定理，矩形的性质和判定，利用三角函数求出相关边的长度是解答本题的关键．
9．（1）；
（2）仍然成立，理由见解析；
（3）或
【分析】延长交于点，根据矩形的性质和垂直的定义可证四边形是矩形，根据矩形的性质可知，根据直角三角形的性质可得；
由图可知，，从而可得：，由旋转可知，图中，根据两边对应成比例且夹角相等的两个三角形相似，可证，从而可证仍然成立；
当时，四边形是正方形，当点在线段上时，可证，根据相似三角形的性质可得，根据、的长度可得，从而可得；当点在线段延长线上时，可证，根据相似三角形的性质可得，根据、的长度可得，从而可得．
【详解】解：如下图所示，延长交于点，
四边形是矩形，
，，
，
，，
，
四边形是矩形，
，
又，
，
故答案为：；
解：仍然成立，
理由如下，
由图可知，，，
，
，
由图可知，由旋转可得：，
，
，
，
，
，
；.
解：当时，四边形是正方形，
如图，当点在线段上时，连接、，
四边形和四边形为正方形，
，，
，
，
，
，，
，
；
如图，当点在线段延长线上时，连接、，
四边形，四边形为正方形，
，，
，
，
，
，，
，
；
综上所述，的长为或．
【点睛】本题考查了矩形的性质、正方形的性质，相似三角形的判定与性质、直角三角形的性质．解决本题的关键是根据矩形的性质判断三角形相似，再利用相似三角形的性质找到边之间的关系．
10．(1)见解析
(2)
(3)
【分析】（1）由矩形的性质得，，由翻折的性质可得：，，从而可得，，即可由得出结论；
（2）设交于P，由矩形与摠折的性质证明，得到，，从而求得，，在中，由勾股定理，求得，设，则，在中，由勾股定理，得
解得：，即，再证明，得，即，求解即可．
（3）先由勾股定理，再证明，得到，，从而求得，设，则，在中，由勾股定理，得，求解即可．
【详解】（1）证明：∵矩形，
∴，，
由翻折可得：，，
∴，，
在与中，
，
∴．
（2）解：设交于P，如图2，
∵矩形，
∴，
∴，
∵，
∴，，
由翻折可得：，，，，
∴，
∴，，
∴，
∴，
在中，由勾股定理，得
，
设，则，
在中，由勾股定理，得，
解得：，
∴，
∵，
∴，
∴，即，
∴．
（3）解：∵矩形，
∴，，，
∴，
∵，
∴，，
由翻折可得：，，，，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴，
设，则，
在中，由勾股定理，得
，
解得：，
∴的长度为．
【点睛】本题考查矩形的性质，翻折的性质，平行线的性质，等腰三角形的判定，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理．熟练掌握矩形的性质、翻折的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质以及勾股定理是解题的关键．
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