资源简介 中小学教育资源及组卷应用平台专题04 四边形中的证明与计算问题（7大题型）四边形中的证明与计算是中考几何核心考点，常结合平行四边形、矩形、菱形、正方形性质与判定，搭配全等、相似、勾股定理综合考查，题型以解答题为主，侧重逻辑推理与计算能力，是中考几何压轴题高频考点。题型一： 应用四边形的性质证明及计算【例题1】（2025·山东东营·中考真题）如图，点O是边的中点，连接并延长至点D，使，添加下列选项中的一个条件，不能判定四边形为矩形的是（ ）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题主要考查了矩形的判定，先根据题意得出四边形是平行四边形，然后根据矩形的判定定理一一判定即可得出答案．【详解】解：∵点O是边的中点，∴，又，∴四边形是平行四边形，．若，则四边形是菱形，无法得出四边形为矩形，故该选项符合题意；．若，则四边形为矩形，故该选项不符合题意；．∵四边形是平行四边形，∴，又，，∴，∴，∴，∴则四边形为矩形，故该选项不符合题意；．若，∴，∴，∴则四边形为矩形，故该选项不符合题意；故选：A．【例题2】（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．1. 牢记平行四边形、矩形、菱形、正方形的边、角、对角线核心性质与判定定理。 2.证明线段相等 / 角相等优先用全等三角形，计算边长优先用勾股定理。 3. 注意特殊四边形的隐含条件：矩形对角线相等，菱形对角线垂直平分。1．（2025·四川巴中·中考真题）如图，已知，，，．(1)求证：；(2)求的度数．【答案】(1)证明过程见解析(2)的度数为．【分析】本题考查直角三角形的两个锐角互余，平行线的判定，平行四边形的判定和性质．（1）由直角三角形的两个锐角互余，结合已知可得，即可证得结论；（2）由（1）得，结合已知可证四边形是平行四边形，从而可得的度数．【详解】（1）证明：∵，∴，∴，∵，∴，∴．（2）解：由（1）得，又∵，∴四边形是平行四边形，∴，∴的度数为．2．（2025·江苏无锡·中考真题）如图，在矩形中，点在延长线上，点在延长线上，且，连接、．求证：(1)；(2)．【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】本题考查矩形的性质，全等三角形的判定和性质：（1） 结合矩形的性质，根据“边角边”证明；（2）根据全等三角形的对应边相等得，结合，可得．【详解】（1）证明：四边形是矩形，，，，在和中，，；（2）证明： ，，又 ，，．3．（2025·西藏·中考真题）如图，在四边形中，，，点E是的中点，且平分．(1)求证：四边形是菱形；(2)已知，，求线段的长．【答案】(1)见详解(2)【分析】（1）先证明四边形为平行四边形，再由等腰三角形的判定求得，进而由菱形的判定定理得结论；（2）根据（1）可得，，证明，再根据勾股定理求解即可．【详解】（1）证明：∵点E是的中点，∴，∵，∴，∵，∴四边形为平行四边形，∵，∴，∵平分，∴，∴，∴，∴平行四边形为菱形；（2）解：∵，根据（1）可得，，∴，，∵，∴，∵，∴．【点睛】该题考查了平行四边形的性质和判定，菱形的性质和判定，等腰三角形的性质和判定，勾股定理等知识点，解题的关键是掌握以上知识点．4．（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．题型二： 中点四边形【例题1】（24-25八年级下·全国·单元测试）如图，点分别是四边形边的中点，则下列说法正确的是（ ）A．若，则四边形为矩形B．若，则四边形为菱形C．若四边形是平行四边形，则与互相平分D．若四边形是正方形，则与互相垂直且相等【答案】D【分析】本题考查了三角形的中位线定理、矩形与菱形的判定、正方形的性质等知识，熟练掌握三角形的中位线定理和特殊四边形的判定与性质是解题关键．先根据三角形的中位线定理可得，，，，再证出四边形为平行四边形，由此即可判断选项C错误；根据菱形与矩形的判定即可得选项A和B错误；根据正方形的性质可得，则可得，，由此即可判断选项D正确．【详解】解：∵点分别是的中点，∴，同理可得：，，，∴，∴四边形为平行四边形，无法得出与互相平分，则选项C错误；若，则，∴四边形为菱形，则选项A错误；若，则，又∵，∴，∴，∴平行四边形为矩形，则选项B错误；若四边形是正方形，则，∴，，∴，又∵，∴，即若四边形是正方形，则与互相垂直且相等，选项D正确；故选：D．1.中点四边形形状由原四边形对角线决定： 2.原四边形对角线相等→中点四边形是菱形 3.原四边形对角线垂直→中点四边形是矩形 4.原四边形对角线相等且垂直→中点四边形是正方形 5.核心依据：三角形中位线定理。1．（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．5 C．4 D．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．2．（2025·四川攀枝花·中考真题）如图，四边形各边中点分别是，两条对角线与互相垂直，则四边形一定是（ ）A．矩形 B．菱形 C．正方形 D．梯形【答案】A【分析】本题主要考查矩形的判定，中点四边形，三角形中位线 ，设交于点Q，交于点P，结合三角形中位线证出四边形是平行四边形，再结合，证出结果即可．【详解】解：设交于点Q，交于点P，∵分别是的中点， ∴，且，且， ∴，且， ∴四边形是平行四边形，∵，∴，∴四边形是矩形，故选：A．3．（2024·福建·中考真题）如图，正方形的面积为4，点，，，分别为边，，，的中点，则四边形的面积为______． 【答案】2【分析】本题考查正方形性质，线段中点的性质，根据正方形性质和线段中点的性质得到，进而得到，同理可得，最后利用四边形的面积正方形的面积个小三角形面积求解，即可解题．【详解】解：正方形的面积为4，，，点，，，分别为边，，，的中点，，，同理可得，四边形的面积为．故答案为：2．4．如图，四边形ABCD的四边中点分别为E、F、G、H，顺次连接E、F、G、H．（1）判断四边形EFGH形状，并说明理由；（2）若AC＝BD，判断四边形EFGH形状，并说明理由．【答案】（1）平行四边形，理由见解析；（2）菱形，理由见解析【分析】（1）连接AC，根据三角形中位线定理即可证得；（2）连接BD ，由（1）得，四边形EFGH是平行四边形，再由三角形中位线定理，证得邻边相等，即可证得菱形．【详解】（1）四边形EFGH为平行四边形，理由如下：连接AC，如图，在△ABC和△ADC中，∵EF、GH分别为其中位线，∴EF∥AC,且EF=AC; GH∥AC且GH=AC ，∴EF=GH，EF∥GH，∴四边形EFGH为平行四边形；（2）若AC=BD, 则四边形EFGH为菱形，连接BD ，如图，在△BCD中，∵GF为其中位线，∴GF=BD ，∵EF=AC（已证），且AC=BD，∴EF=GF ，又∵四边形EFGH为平行四边形（已证），∴四边形EFGH为菱形．【点睛】本题主要考查三角形中位线定理，平行四边形的判定，菱形的判定，解题关键是熟练掌握三角形中位线定理．连接三角形两边中点的线段，平行且等于第三边的一半．题型三： 十字架模型【例题1】如图，将一边长为12的正方形纸片的顶点A折叠至边上的点E，使，若折痕为，则的长为（ ）A．13 B．14 C．15 D．16【答案】A【分析】过点P作PM⊥BC于点M，由折叠得到PQ⊥AE，从而得到∠AED=∠APQ，可得△PQM≌△ADE，从而得到PQ=AE，再由勾股定理，即可求解．【详解】解：过点P作PM⊥BC于点M，由折叠得到PQ⊥AE，∴∠DAE+∠APQ=90°，在正方形ABCD中，AD∥BC，∠D=90°，CD⊥BC，∴∠DAE+∠AED=90°，∴∠AED=∠APQ，∴∠APQ=∠PQM，∴∠PQM=∠APQ=∠AED，∵PM⊥BC，∴PM=AD，∵∠D=∠PMQ=90°，∴△PQM≌△ADE，∴PQ=AE，在 中，，AD=12，由勾股定理得：，∴PQ=13．故选：A．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，得到△PQM≌△ADE是解题的关键．1. 正方形内十字架线段垂直→线段相等；线段相等→线段垂直。 2. 解题关键：构造全等三角形，利用正方形边相等、角为直角的性质。 3.矩形内十字架模型：线段长度比等于矩形邻边比。1．如图，在正方形ABCD中，点E是BC上一点，BF⊥AE交DC于点F，若AB＝5，BE＝2，则AF＝____．【答案】.【分析】根据正方形的性质得到AB＝BC，∠ABE＝∠BCF＝90°，推出∠BAE＝∠EBH，根据全等三角形的性质得到CF＝BE＝2，求得DF＝5﹣2＝3，根据勾股定理即可得到结论．【详解】∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC，∠ABE＝∠BCF＝90°，∴∠BAE+∠AEB＝90°，∵BH⊥AE，∴∠BHE＝90°，∴∠AEB+∠EBH＝90°，∴∠BAE＝∠EBH，在△ABE和△BCF中，∴△ABE≌△BCF（ASA），∴CF＝BE＝2，∴DF＝5﹣2＝3，∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝AD＝5，∠ADF＝90°，由勾股定理得：AF＝＝＝．故答案为．【点睛】此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，本题证明△ABE≌△BCF是解本题的关键．2．（2021·黑龙江牡丹江·中考真题）如图，正方形的边长为3，E为边上一点，．将正方形沿折叠，使点A恰好与点E重合，连接，，，则四边形的面积为（ ）A． B． C．6 D．5【答案】D【分析】过点作交于点，交于点，由勾股定理得，再证明，可得，再求解即可．【详解】解：过点作交于点，交于点，可得四边形是矩形，，正方形的边长为3，，，，，，，，，故选D．【点睛】本题考查了折叠的性质，正方形的性质，三角形的面积，全等三角形的判定与性质，以及勾股定理等知识，熟练掌握折叠的性质是解答本题的关键．3．如图1，在正方形中，E为上一点，连接，过点B作于点H，交于点G．(1)求证：；(2)如图2，连接，点M、N、P、Q分别是的中点，试判断四边形的形状，并说明理由；(3)如图3，点F、R分别在正方形的边上，把正方形沿直线翻折，使得的对应边恰好经过点A，过点A作于点O，若，正方形的边长为3，求线段的长．【答案】(1)见解析(2)四边形为正方形，理由见解析(3)【分析】（1）由正方形的性质及直角三角形的性质得出，证明，由全等三角形的性质得出结论；（2）由三角形中位线定理可得出，，由平行四边形的判定可得出四边形为平行四边形，证出，，则可得出结论；（3）延长交于S，由勾股定理求出的长，设，则，由勾股定理可得出，解得，则可得出答案．【详解】（1）证明：四边形是正方形，，，，，，，在和中，，，．（2）解：四边形为正方形，理由如下：，N为的中点，为的中位线，，，同理可得，，，，，，，，四边形为平行四边形，，，四边形为菱形，，，，，，四边形为正方形．（3）解：延长交于点S，由对称性可知，，，，，，设，则，在中，，，，．【点睛】本题属于四边形综合题，考查了折叠的性质，正方形的判定与性质，菱形的判定，全等三角形的判定和性质，勾股定理，三角形的中位线定理等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形解决问题，学会利用参数解决问题．4．综合与实践课上，数学兴趣小组对图形中两条互相垂直的线段间的数量关系进行了探究．(1)操作判断如图（1），在正方形中，点E，F，G，H分别在边上，且，请直接写出和数量关系．(2)迁移探究如图（2），在矩形中，，点E，F，G，H分别在边上，且，若，求的长．(3)拓展应用如图（3），在中，，点D，E分别在边，上，且，试证明：．【答案】(1)(2)(3)证明见解析【分析】（1）过点E作，过点H作，则，根据矩形和正方形的性质得到，设与相交于点O，根据垂直得到，结合，得到，即可求解．（2）过点E作，过点H作，则，根据矩形的性质和得到，设与相交于点O，根据垂直得到，结合，得到，即，结合，即可求解．（3）过点C作交的延长线于点F，根据垂直得到，再根据等腰直角三角形的性质，可证，得到，再根据，得到，即，再将代入，即可求证．【详解】（1）解：如图，过点E作，过点H作，则，四边形是矩形，，四边形是正方形，，，设与相交于点O，，，，又，，．（2）如图，过点E作，过点H作，则，四边形是矩形，，又，，设与相交于点O，，，，又，，，，．（3）证：如图，过点C作交的延长线于点F，，，，又，，，，，，．【点睛】本题考查了全等三角形的性质与判定，相似三角形的性质与判定，矩形的性质与判定，正方形的性质，等腰直角三角形的性质，熟练掌握作辅助线构造全等和相似是解题的关键．题型四： 对角互补模型【例题1】图形定义：四边形若满足，则我们称该四边形为“对角互补四边形”． （1）若四边形为对角互补四边形，且，则的度数为_________．（2）如图1，四边形为对角互补四边形，．求证：平分．小云同学是这么做的：延长至，使得，连，可证明，得到是等腰直角三角形，由此证明出平分，还可以知道三者关系为：_________；（3）如图2，四边形为对角互补四边形，且满足，则，三者关系为：_________．【答案】（1）；（2）证明见解析，；（3）【分析】（1）根据对角互补四边形的定义可得，，结合即可求解；（2）延长至，使得，证明，得到是等腰直角三角形，由此证明出平分，等量代换可得；（3）延长至，使得，证明，推出，过点D作交于点N，解即可求解．【详解】（1）解： 四边形为对角互补四边形，，，，，，,故答案为：；（2）证明：如图，延长至，使得，连接， 四边形为对角互补四边形，，又 ，，在和中，，，，，，，，是等腰直角三角形，，又 ，，平分．是等腰直角三角形，，；（3）解：延长至，使得，连接，四边形为对角互补四边形，，又 ，，在和中，，，， ，，，，，过点D作交于点N，，N为的中点，，在中，，，，，，故答案为：． 【点睛】本题属于四边形综合题，考查全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质，勾股定理等，解题的关键是理解“对角互补四边形”的定义，正确作出辅助线构造全等三角形．1.四边形对角互补且有一组邻边相等，常作垂线构造全等。 2.常用结论：对角互补→四点共圆，可利用圆周角定理转化角度。 3. 辅助线技巧：过顶点作两边垂线，证明三角形全等。1．我们知道，四边形内角和为，若某个四边形有一组对角互补，则另一组对角也必然互补．因此，我们把有一组对角满足互补关系的四边形称为“双补四边形”．例如：在四边形中，若（或），则称四边形为“双补四边形”．(1)已知四边形是“双补四边形”．若，则________；如图1，若，，，，则________；(2)如图2，在四边形中，平分，．求证：四边形是“双补四边形”；(3)如图3，四边形是“双补四边形”，，点M，N分别在边EH，GH上，且满足．试探究和之间满足的数量关系，并证明你的结论．【答案】(1)①；②6(2)见解析(3)，证明见解析【分析】本题主要考查了全等三角形的性质与判定，勾股定理，等腰三角形的性质与判定，几何图形中角度的计算，正确理解题意是解题的关键．（1）①根据“双补四边形”的定义得到，，再根据角的大小关系可得到，则，据此求出的度数，进而求出的度数即可得到答案；②根据“双补四边形”的定义得到，由勾股定理求出的长，进而可求出的长；（2）在上取一点T，使得，连接，证明，得到，证明，得到，根据，得到，则四边形是“双补四边形”；（3）延长到P，使得，连接，可证明；根据“双补四边形”的定义得到，则可证明，证明，得到，再证明，得到，则可证明，再由，可得．【详解】（1）解：①∵四边形是“双补四边形”，∴，，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴；②如图所示，连接，∵四边形是“双补四边形”，∴，∵，∴，在中，由勾股定理得，在中，由勾股定理得；（2）证明：如图所示，在上取一点T，使得，连接，∵平分，∴，又∵，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴四边形是“双补四边形”；（3）解：，证明如下：如图所示，延长到P，使得，连接，∵，，∴，即；∵四边形是“双补四边形”，∴，∵，∴，又∵，∴，∴，又∵，∴，∴，∴，∴，∴，∵四边形是“双补四边形”，∴，∴．2．四边形ABCD若满足∠A+∠C＝180°，则我们称该四边形为“对角互补四边形”．(1)四边形ABCD为对角互补四边形，且∠B：∠C：∠D=2：3：4，则∠A的度数为_______；(2)如图1，四边形为对角互补四边形，，．求证：平分．小云同学是这么做的：延长CD至M，使得DM=BC，连AM，可证明△ABC≌△ADM，得到△ACM是等腰直角三角形，由此证明出AC平分∠BCD，还可以知道CB、CD、CA三者关系为_______；(3)如图2，四边形ABCD为对角互补四边形，且满足∠BAD=60°，AB=AD，试证明：①AC平分∠BCD；②CA=CB+CD；(4)如图3，四边形ABCD为对角互补四边形，，且满足∠ABC=60°，AD=CD，则BA、BC、BD三者关系为_______．【答案】(1)(2)(3)①证明见解析；②证明见解析(4)【分析】（1）根据对角互补四边形的定义和四边形内角和定理可知对角互补四边形两组对角都互补，再根据比例关系，依次即可求得∠B，∠C的度数，由此可求∠A的度数；（2）先根据对角互补四边形的定义证明，从而利用边角边可证明，可得AC=AM，再根据角的数量关系求得，从而可得△ACM是等腰直角三角形，继而可证得平分，根据等腰直角三角形的性质和线段的数量关系可得CB、CD、CA三者关系；（3）①延长至，使，连接，证明，可确定是等边三角形，求出，即可证明；②由①中全等三角形对应边相等，再根据线段的数量关系直接可证明；（4）延长至，使，连接，证明，结合已知可求，过点作交于点，则有，，再由即可求解．【详解】（1）四边形为对角互补四边形，，，，∴ ，故答案为：；（2）∵，∴，又∵∴，又∵，∴（SAS）， ，∴，∴△ACM是等腰直角三角形，∠ACM=90°，∴∠ACB=90°-∠ACM=45°，即平分，，，，故答案为：；（3）①延长至，使，连接，四边形为对角互补四边形，，，，，，，，，是等边三角形，，，，，平分；②，，，；（4）延长至，使，连接，四边形为对角互补四边形，，，，，，，，，，，过点作交于点，为的中点，，在中，，，，故答案为：．【点睛】本题考查四边形的综合题，熟练掌握三角形全等的判定及性质，等腰三角形的性质，正确构造辅助线作出全等三角形是解题的关键．3．回答问题：(1)【初步探索】如图1：在四边形中，，E、F分别是上的点，且，探究图中之间的数量关系．小王同学探究此问题的方法是：延长到点G，使．连接，先证明，再证明，可得出结论，他的结论应是 ；(2)【灵活运用】如图2，若在四边形中，．E、F分别是上的点，且，上述结论是否仍然成立，并说明理由；(3)【拓展延伸】如图3，已知在四边形中，，若点E在的延长线上，点F在的延长线上，如图3所示，仍然满足，请写出与的数量关系，并给出证明过程．【答案】(1)(2)仍成立，理由见解析(3)，证明见解析【分析】（1）延长到点G， 使，连接，根据全等三角形判定定理可得，则，根据边之间的关系可得，再根据全等三角形判定定理及性质即可求出答案．（2）延长到点G， 使，连接，根据角之间的关系可得，根据全等三角形判定定理可得，则，根据边之间的关系可得，再根据全等三角形判定定理及性质即可求出答案．（3）在延长线上取一点G，使得，连接，根据角之间的关系可得，根据全等三角形判定定理可得，则，根据边之间的关系可得，再根据全等三角形判定定理可得，则，再根据角之间的关系即可求出答案．【详解】（1）解：延长到点G， 使，连接，在和中，，∴，，∵，，在和中，，∴，；故答案为：；（2）解：延长到点G， 使，连接，∵，，在和中，，∴，，∵，，在和中，，∴，；（3）解：，证明如下：在延长线上取一点G，使得，连接，∵，在和中，∴，，∵，，在和中，∴，，∵，，∴，即，∴．【点睛】本题属于三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定以及全等三角形的性质的综合应用，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形，根据全等三角形的对应角相等进行推导变形．题型五： 梯子模型【例题1】如图，，矩形ABCD的顶点A、B分别在边OM，ON上，当B在边ON上运动时，A随之在边OM上运动，矩形ABCD的形状保持不变，其中，，运动过程中，点D到点O的最大距离为______．【答案】9【分析】取AB的中点E，连接OE、DE、OD，根据三角形的任意两边之和大于第三边可知当O、D、E三点共线时，点D到点O的距离最大，再根据勾股定理列式求出DE的长，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出OE的长，两者相加即可得解．【详解】如图，取AB的中点E，连接OE、DE、OD，∵OD≤OE+DE，∴当O、D、E三点共线时，点D到点O的距离最大，此时，∵矩形ABCD中，AB=8，AD=BC=3，∴OE=AE=AB=4，DE=，∴OD的最大值为：5+4=9，故答案为：9.【点睛】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到性质，三角形的三边关系，矩形的性质，勾股定理，根据三角形的三边关系判断出点O、E、D三点共线时，点D到点O的距离最大是解题的关键．1.梯子滑动问题本质：直角三角形斜边不变，利用勾股定理列方程。 2.核心公式：初始状态边长 + 初始状态边长 = 滑动后边长 + 滑动后边长 。 3.注意结合一元二次方程求解，舍去负根。1．如图，在中，，，，点在轴上，点在轴上，则点在移动过程中，的最大值是______．【答案】【分析】取的中点，连接，，根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半，解得，在中，由勾股定理解得BM的值，再由三角形三边关系解得，据此解题．【详解】解：如图，取的中点，连接，，∵，，，∴，在中，∵，，，∴，∵，∴，∴的最大值为，故答案为：．【点睛】本题考查直角三角形斜边中线的性质、勾股定理、三角形三边关系等知识，是重要考点，掌握相关知识是解题关键．2．如图，，矩形的顶点、分别在边、上，当在边上运动时，随之在上运动，矩形的形状保持不变，其中，．在运动过程中：（1）斜边中线的长度是否发生变化___（填“是”或“否”）；（2）点到点的最大距离是___．【答案】 否【分析】（1）设斜边中点为，根据直角三角形斜边中线即可；（2）取的中点，连接、、，根据三角形的任意两边之和大于第三边可知当、、Q三点共线时，点到点的距离最大，再根据勾股定理列式求出的长，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出的长，两者相加即可得解．【详解】解：（1）如图，设斜边中点为，在运动过程中，斜边中线长度不变，故不变，故答案为：否；（2）连接、、，在矩形的运动过程当中，根据三角形的任意两边之和大于第三边有，当、、三点共线时，则有，此时，取得最大值，如图所示，为中点，，又，，．故答案为：．【点睛】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到性质，三角形的三边关系，矩形的性质，勾股定理，根据三角形的三边关系判断出点、Q、三点共线时，点到点的距离最大是解题的关键．3．（2022湖北随州一模）在求线段最值问题中，我们常通过寻找（或构造）待求线段的“关联三角形”来解决问题．“关联三角形”中除待求线段外的两条线段的长度是已知（或可求的），再利用三角形三边关系定理求解，线段取得最值时“关联三角形”不复存在（即三顶点共线）．例：如图1，，矩形的顶点A，B分别在边，上，当B在边上运动时，A随之在边上运动，矩形的形状保持不变，其中，，运动过程中，点D到点O的最大距离是多少？分析：如图1，取的中点E，连接DE、OE，则中，为待求线段，，的长是可求的，即为待求线段的“关联三角形”，在中利用三角形三边关系定理可以得到的不等式，当点O，E，D三点共线时（如图2），“关联三角形”不存在，此时可得到的最值．(1)根据上面的分析，完成下列填空：解：如图1，取的中点E，连接DE，OE．在中，，在中，，在中，，即______，如图2，当点O，E，D三点共线时，_________，综上所述：，即点D到点O的最大距离是________．(2)如图3，点P在第一象限，是边长为2的等边三角形，当点A在x轴的正半轴上运动时，点B随之在y轴的正半轴上运动，运动过程中，点P到原点的最大距离是________．(3)如图4，点E，F是正方形的边上的两个动点，满足，连接交于点G，连接交于点H．若正方形的边长为2，试求长度的最小值．【答案】(1)<，=，(2)(3)【分析】（1）根据题意及三角形的三边关系即可得到答案；（2）取AB中点Q，连接OQ、PQ，根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”推导OQ的长，根据等边三角形的性质及勾股定理计算PQ的长，然后根据三角形的三边关系可知，当O、Q、P三点共线时，求OP的长，此时即点P到原点的最大距离；（3）取AB中点O，连接OH、OG，根据正方形的性质利用“边角边”证明、，借助全等三角形的性质推导出，然后求出，根据“直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半”推导OH的长；利用勾股定理求出OD的长，然后根据三角形的三边关系可知，当O、D、H三点共线时，DH的长度最小，并计算DH的长即可．【详解】（1）解：取的中点E，连接DE，OE．在中，，在中，，在中，，即<，如图2，当点O，E，D三点共线时，=，综上所述：，即点D到点O的最大距离是．故答案为：<，=，．（2）如下图，取AB中点Q，连接OQ、PQ，∵，Q为AB中点，∴，∵为等边三角形，Q为AB中点，∴，，∴，在中，，即当点O，Q，P三点共线时，，综上所述：，即点D到点O的最大距离是．故答案为：．（3）如下图，取AB中点O，连接OH、OD，∵四边形ABCD为正方形，∴，，，在和中，有，∴（SAS），∴，在和中，有，∴（SAS），∴，∴，∵，∴，∴，∵O为AB中点，∴，在中，，根据三角形的三边关系，，∴当O、D、H三点共线时，DH的长度最小，DH的最小值为：．【点睛】本题考查了等边三角形和正方形的性质、全等三角形的判定与性质、三角形的三边关系、勾股定理等知识，解题关键是结合题意理解关联三角形的应用，并正确构建所需三角形．题型六： 与正方形有关的三垂直问题【例题1】（2024·甘肃·中考真题）【模型建立】（1）如图1，已知和，，，，．用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由．【模型应用】（2）如图2，在正方形中，点E，F分别在对角线和边上，，．用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由．【模型迁移】（3）如图3，在正方形中，点E在对角线上，点F在边的延长线上，，．用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由．【答案】（1），理由见详解，（2），理由见详解，（3），理由见详解【分析】（1）直接证明，即可证明；（2）过E点作于点M，过E点作于点N，先证明，可得，结合等腰直角三角形的性质可得：， ，即有，，进而可得，即可证；（3）过A点作于点H，过F点作，交的延长线于点G，先证明，再结合等腰直角三角形的性质，即可证明．【详解】（1），理由如下：∵，，，∴，∴，∴，∵，∴，∴，，∴，∴；（2），理由如下：过E点作于点M，过E点作于点N，如图，∵四边形是正方形，是正方形的对角线，∴，平分，，∴，即，∵，，∴，∵，∴，∴，∵，，，，∴四边形是正方形，∴是正方形对角线，，∴， ，∴，，∴，即，∵，∴，即有；（3），理由如下，过A点作于点H，过F点作，交的延长线于点G，如图，∵，，，∴，∴，∴，又∵，∴，∴，∵在正方形中，，∴，∴，∴是等腰直角三角形，∴，∴，∵，，∴是等腰直角三角形，∴，∴，∴，∵，∴，∴．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，角平分线的性质等知识，题目难度中等，作出合理的辅助线，灵活证明三角形的全等，并准确表示出各个边之间的数量关系，是解答本题的关键．1.三垂直结构→三角形全等（AAS/ASA），是正方形证明高频模型。 2关键：同角的余角相等，快速推导角相等，结合正方形边相等证全等。 3.计算时用全等转化线段，再结合勾股定理求长度。1．（2026·山东聊城·一模）【模型建立】(1)如图1，已知和，．用等式写出线段的数量关系，并说明理由．【模型应用】(2)如图2，在正方形中，点分别在对角线和边上，，用等式写出线段的数量关系，并说明理由．【答案】(1)，理由见详解(2)，理由见详解【分析】（1）利用“”证明，由全等三角形的性质可得，结合，即可证明结论；（2）过点作于点，过点作于点，由正方形的性质可得，且平分，进而可知均为等腰直角三角形，易得，进一步可得，再证明，由全等三角形的性质可得；证明四边形是正方形，进而可得，， ，即，结合，即可证明结论．【详解】（1），理由如下：∵，∴，∴，∴，又∵，∴，∴，∴，∴；（2），理由如下：过点作于点，过点作于点，如图，∵四边形是正方形，是正方形的对角线，∴，且平分，∴，即均为等腰直角三角形，∴，∴，∵，，∴，又∵，∴，∴，∵，，，，∴四边形是正方形，是该正方形的对角线，∴，，∴，，∴，即，∵，∴，∴．2．亮亮学行四边形》以后，利用身边的工具进行了如下操作与探究：如图1，在边长为的正方形纸板上，放置了一个三角板，作射线，使直角顶点在射线上运动，始终经过点，交于点．依照上面操作，点运动到如图2位置时，连接，，过点作于点，过点作于点，于是得到矩形，通过证明它的一组邻边相等，易证矩形为正方形，亮亮又作了如下思考，请你帮他完成以下问题：（1）若点运动到线段的延长线上时，以上结论还成立吗？若成立，应该怎样画图，证明呢？若不成立，理由是什么？（2）在（1）的情况下，若连接，的值是否为定值？若是，结果是多少（直接写出结果即可）？若不是，理由是什么？【答案】（1）成立，理由见解析；（2）是；8【分析】（1）根据题意画出图形，根据已知条件先证明四边形DEFG为矩形，然后证明，然后证明为等腰三角形，即可证明四边形DEFG为正方形；（2）由（1）可证明，然后可得，然后求AC得值即可．【详解】解：（1）成立，理由如下：当点运动到线段的延长线上时，如图所示，，，四边形DEFG为矩形，连接BE，四边形ABCD为正方形，，，，，又，，，，，，，，矩形DEFG为正方形；（2）四边形ABCD、四边形DEFG为正方形，，，，，，，．【点睛】本题考查正方形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定，勾股定理，根据题意画出对应的图形是解题的关键．3．“一线三等角”，是我们学习三角形知识经常用到的经典模型．(1)如图1，为等腰直角三角形，，，D、A、E三点都在直线l上，且，若，则 ．(2)如图2，，，，连接，且于点G，与直线交于点，求证：点是的中点．(3)如图3，过的边向外作正方形、正方形，是边上的高，延长交于点I，，求的面积．【答案】(1)10(2)证明见解析(3)20【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，直角三角形两锐角互余，熟练掌握相关性质定理为解题关键．（1）根据直角三角形两锐角互余，求得，，结合题意即可证明，从而得到，即可得出结果；（2）过点A作交于点M，过点B作交于点N，证明，，进一步推出，即可证明结论；（3）过E作于N，过G作的延长线于点M，通过证明，，进一步证明，得到，求出结果即可【详解】（1）解：，，，，，，，，，故答案为：10；（2）证明：如图2，过点A作交于点M，过点B作交于点N，，，，在 和中，，，，同理可得：，，，在和中，，，，∴点F是的中点；（3）解：如图 3，过E作于N，过G作的延长线于点M，由题意可知，，，，，，，，又，，，同理可证：，，，，，，．题型七：与正方形有关的半角模型【例题1】【初步感知】如图1， 在正方形中， E、F分别是、边上的点， 且， 求出图中线段，，之间的数量关系．①小盐同学经过分析后，将绕着点D逆时针旋转到位置，如图1，根据“旋转的性质”分析与之间的关系，再通过三角形全等的性质得到线段，，之间的数量关系；②小田同学经过分析后， 将沿进行翻折， 得到， 射线交边的延长线于点M，如图2，根据全等的性质也得到了线段，，之间的数量关系，任选一位同学的分析，可以得到线段，，之间的数量关系是 ．【类比探究】如图3， 正方形中， E、F分别在边、的延长线上， 且， 连接， 试问线段，，之间具有怎样的数量关系？判断并说明理由．【拓展应用】如图4，在四边形中，，，，且，，，直接写出的长．【答案】初步感知：，见解析；类比探究：，见解析；拓展应用：【分析】初步感知：先证明、C、M在同一直线上，再证明，得出，根据，得出；类比探究：在上截取，连接，证明，得出，证明，得出，即可得出结论；拓展应用：在上取点M，连接，证明，得出，证明，得出，设，则，，根据勾股定理得出，得出，求出，即可得出答案．【详解】解：初步感知：∵将绕着点D逆时针旋转到，∴，，，，∵四边形为正方形，∴，，∴，∴、C、M在同一直线上，∵，∴，∴，即，∵，，∴，∴，∵，∴；类比探究：，理由如下：在上截取，连接，如图所示：∵四边形为正方形，∴，，∴，∴，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，即；拓展应用：在上取点M，连接，如图所示：∵，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∵，，，∴，设，则，，∵，∴在中，，∴，解得：，∴．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，旋转的性质，勾股定理，补角的性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握三角形全等的判定方法．1.正方形内 45° 半角模型：截长补短证线段和差关系。 2.核心结论：半角两边截取的线段和等于对边截取线段。 3.解题步骤：旋转构造全等→证明三角形全等→推导线段 / 角度关系。1．综合实践【初步探究】如图1，在正方形中，点，分别在边，上，连接，，．若，将绕点顺时针旋转得到．易证：． （1）根据以上信息填空：①________；②线段，，之间满足的数量关系为________．【迁移探究】（2）如图2，在正方形中，若点在的延长线上，点在的延长线，，猜想线段，，之间的数量关系，并证明．【拓展探索】（3）如图3，已知正方形的边长为，，分别在，上，，连接分别交，于点，，若点恰好为线段的三等分点，且，求线段的长．【答案】（1）①45°；②；（2），见解析；（3）2.5【分析】（1）①证明，由全等三角形的性质得出，从而可求得；②证明，由全等三角形的性质得出；（2）将绕点A顺时针旋转到，连接，证明，由全等三角形的性质得出，，证明，由全等三角形的性质得出；（3）将绕点A顺时针旋转，得到，证明，得，再证，然后由勾股定理得出，即可解决问题．【详解】（1）解：①如图（1），延长到点G，使，连接，∵四边形是正方形，∴，，∴，在和中，，∴，∴，，∵，∴，∴，故答案为：；在和中，，∴，∴，∵，∴；故答案为：；（2）．证明如下：如图（2），在上截取，连接．在和中，，， ，，即，，，在和中，，，，，；（3）如图（3），将绕点顺时针旋转得到，连接．四边形是正方形，，，，，，由旋转可得，，，，，，，，．．，．设，则．在中， 解得：，．【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质综合，旋转的性质，勾股定理等知识，解题关键是掌握上述知识点并能运用求解．1．（2025·山东德州·中考真题）如图，矩形的顶点O，A，C的坐标分别是，，，与矩形周长相等，的面积是矩形面积的一半，则点D的坐标为（ ）A． B． C． D．【答案】A【分析】本题考查了矩形的性质和面积公式，平行四边形的性质和面积公式，勾股定理等知识点，掌握这些是解题的关键．根据题意可得D点的纵坐标是C点纵坐标的一半，，过D点作轴，交轴于点，用勾股定理求出长即可．【详解】解：过D点作轴，交轴于点，如图：与矩形周长相等，，，的面积是矩形面积的一半，，，由勾股定理得：，点D的坐标为．故选：A．2．（2025·江苏常州·中考真题）如图，在菱形中，、是对角线，．若，则的长是（ ）A．4 B．5 C．6 D．10【答案】B【分析】本题考查的是菱形的性质，含角的直角三角形的性质，解答本题的关键是熟练掌握菱形的性质．根据菱形的性质可得， ，根据含角的直角三角形的性质即可求得的长，从而得到结果．【详解】解：如图，∵四边形是菱形，∴， ，∴，∵，，∴，∴，故选：B．3．（2025·陕西·中考真题）如图，在矩形中，，延长至点，延长至点，连接，．若四边形为菱形，则这个菱形的面积为（ ）A．9 B． C． D．【答案】C【分析】此题考查了菱形的性质、矩形的性质、勾股定理等知识，熟练掌握菱形的性质、矩形的性质是关键．根据菱形的性质得到，由矩形的性质得到，，，设，则在中，则利用勾股定理求出，即．得到，根据菱形的面积求出答案即可．【详解】解：∵四边形为菱形，∴，∵四边形为矩形，∴，，，设，则在中，∴∵，即，∴，即．∴，∴菱形的面积为，故选：C4．（2022·湖北荆州·中考真题）如图，已知矩形ABCD的边长分别为a，b，进行如下操作：第一次，顺次连接矩形ABCD各边的中点，得到四边形；第二次，顺次连接四边形各边的中点，得到四边形；…如此反复操作下去，则第n次操作后，得到四边形的面积是（ ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用中位线、菱形、矩形的性质可知，每一次操作后得到的四边形面积为原四边形面积的一半，由此可解．【详解】解：如图，连接AC，BD，，．∵ 四边形ABCD是矩形，∴，，．∵ ，，，分别是矩形四个边的中点，∴，∴，∴四边形是菱形，∵ ，，∴四边形的面积为：．同理，由中位线的性质可知，，，，，∴四边形是平行四边形，∵，∴，∴四边形是矩形，∴四边形的面积为：．∴每一次操作后得到的四边形面积为原四边形面积的一半，∴四边形的面积是．故选:A．【点睛】本题考查矩形的性质，菱形的性质以及中位线的性质，证明四边形是菱形，四边形是矩形是解题的关键．5．（2025·西藏·中考真题）如图，在正方形中，，点E是的中点，把沿折叠，点B落在点F处，延长交于点G，连接，则的长为（ ）A． B．2 C． D．【答案】C【分析】本题考查正方形中的翻折问题，勾股定理，三角形全等的判定与性质，解题的关键是掌握翻折性质，由折叠的性质易知，证明，设，则，由勾股定理得到，求出，最后利用勾股定理即可求解．【详解】解：∵四边形为正方形，∴，，由折叠的性质易知，∴，，∴，，又∵，∴，∴．∵E为边的中点，∴．设，则，∴，，在中，，∴，解得，∴，∴，∴．故选：C．6．（2025·江苏盐城·中考真题）如图，点、在的对角线上．若_________，则四边形是平行四边形．请从①；②；③这3个选项中选择一个作为条件（写序号），使结论成立，并说明理由．【答案】②或③，理由见解析【分析】本题考查了平行四边形的性质与判定，全等三角形的判定与性质，平行线的性质等知识，熟练掌握以上知识点是解题的关键．添加条件②，根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，添加③为条件，证明得出，即可得证．【详解】解：添加②为条件，则四边形是平行四边形．理由如下，如图，连接交于点，∵四边形是平行四边形，∴，∵∴∴四边形是平行四边形．添加③为条件，则四边形是平行四边形．理由如下，∵四边形是平行四边形，∴，，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴四边形是平行四边形；选择①无法得出四边形是平行四边形．7．（2025·黑龙江哈尔滨·中考真题）已知：在正方形的内侧作等边三角形，连接，．(1)如图①，求证：；(2)如图②，过点作，交的延长线于点，平分，交于点，连接，交于点，连接交于点，在不添加任何辅助线的情况下，直接写出图②中四条与线段相等的线段（线段，除外）．【答案】(1)见解析(2)，，，【分析】（1）由四边形 是正方形， 得，由 是等边三角形，得 ，得，进而即可得证；（2）先由等边三角形的性质，三角形的内角和及等角对等边证得，，再由，平分证得，得出，，，证得，进而即可得解．【详解】（1）证明：∵四边形 是正方形，∴，，∵ 是等边三角形，∴，，∴，∴；（2）解：与线段相等的线段有，，，，理由如下，∵为等边三角形，∴，，∴，∴，∴，，∴，，∴，∵四边形 是正方形， 为对角线，∴，∴，∴，∵，∴，∴，，∴，∵平分，∴，∴，∵，∴，∴，，∴，∴，∴．【点睛】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的外角和，内角和，等边三角形的性质，等腰三角形的判定和性质等知识点，熟练掌握以上知识点并能灵活运用是解决此题的关键．8．（2025·山东青岛·中考真题）如图，在中，为的中点，为延长线上一点，连接，，过点作交的延长线于点，连接．(1)求证：；(2)已知____（从以下两个条件中选择一个作为已知，填写序号），请判断四边形的形状，并证明你的结论．条件①：；条件②：．（注：如果选择条件①条件②分别进行解答，按第一个解答计分）【答案】(1)证明见解析(2)条件①，四边形为矩形；条件②，四边形为菱形，证明见解析【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，菱形和矩形的判定，熟练掌握各四边形的判定与性质是解题的关键．（1）根据平行得到，，再由，即可由证明全等；（2）先证明四边形为平行四边形，再根据选择的条件结合菱形和矩形判定证明即可．【详解】（1）证明：∵，∴，，∵为的中点，∴，∴（2）解：选择条件①，四边形为矩形，理由如下：∵∴，∵，∴四边形为平行四边形，∵四边形是平行四边形，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴四边形为矩形；选择条件②，四边形为菱形，理由如下：∵∴，∵，∴四边形为平行四边形，∵四边形是平行四边形，∴，∵，∴，∴四边形为菱形．9．（2024·青海·中考真题）综合与实践顺次连接任意一个四边形的中点得到一个新四边形，我们称这个新四边形为原四边形的中点四边形．数学兴趣小组通过作图、测量，猜想：原四边形的对角线对中点四边形的形状有着决定性作用．以下从对角线的数量关系和位置关系两个方面展开探究．【探究一】原四边形对角线关系 中点四边形形状不相等、不垂直 平行四边形如图1，在四边形中，E、F、G、H分别是各边的中点．求证：中点四边形是平行四边形．证明：∵E、F、G、H分别是、、、的中点，∴、分别是和的中位线，∴，（____①____）∴．同理可得：．∴中点四边形是平行四边形．结论：任意四边形的中点四边形是平行四边形．（1）请你补全上述过程中的证明依据①________【探究二】原四边形对角线关系 中点四边形形状不相等、不垂直 平行四边形菱形从作图、测量结果得出猜想Ⅰ：原四边形的对角线相等时，中点四边形是菱形．（2）下面我们结合图2来证明猜想Ⅰ，请你在探究一证明结论的基础上，写出后续的证明过程．【探究三】原四边形对角线关系 中点四边形形状不相等、不垂直 平行四边形②________（3）从作图、测量结果得出猜想Ⅱ：原四边形对角线垂直时，中点四边形是②________．（4）下面我们结合图3来证明猜想Ⅱ，请你在探究一证明结论的基础上，写出后续的证明过程．【归纳总结】（5）请你根据上述探究过程，补全下面的结论，并在图4中画出对应的图形．原四边形对角线关系 中点四边形形状③________ ④________结论：原四边形对角线③________时，中点四边形是④________．【答案】（1）①中位线定理（2）证明见解析（3）②矩形（4）证明见解析（5）补图见解析；③且；④正方形【分析】本题考查了三角形中位线定理，平行四边形的判定和性质，菱形的判定和性质，矩形的判定和性质等知识（1）利用三角形中位线定理即可解决问题；（2）根据三角形中位线定理，菱形判定定理即可解决问题；（3）根据三角形中位线定理，矩形判定定理即可解决问题；（4）根据三角形中位线定理，矩形判定定理即可解决问题；（5）根据三角形中位线定理，正方形判定定理即可解决问题.【详解】（1）①证明依据是：中位线定理；（2）证明：∵分别是的中点，∴分别是和的中位线，∴，∴．同理可得：．∵∴∴中点四边形是菱形．（3）②矩形；故答案为：矩形（4）证明∵分别是的中点，∴分别是和的中位线，∴，，∴．同理可得：．∵∴，∴∴中点四边形是矩形．（5）证明：如图4，∵分别是的中点，∴分别是和的中位线，∴，∴．同理可得：．∵∴∴中点四边形是菱形．∵由（4）可知∴菱形是正方形．故答案为：③且；④正方形 21世纪教育网(www.21cnjy.com)中小学教育资源及组卷应用平台专题04 四边形中的证明与计算问题（7大题型）四边形中的证明与计算是中考几何核心考点，常结合平行四边形、矩形、菱形、正方形性质与判定，搭配全等、相似、勾股定理综合考查，题型以解答题为主，侧重逻辑推理与计算能力，是中考几何压轴题高频考点。题型一： 应用四边形的性质证明及计算【例题1】（2025·山东东营·中考真题）如图，点O是边的中点，连接并延长至点D，使，添加下列选项中的一个条件，不能判定四边形为矩形的是（ ）A． B． C． D．【例题2】（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．1. 牢记平行四边形、矩形、菱形、正方形的边、角、对角线核心性质与判定定理。 2.证明线段相等 / 角相等优先用全等三角形，计算边长优先用勾股定理。 3. 注意特殊四边形的隐含条件：矩形对角线相等，菱形对角线垂直平分。1．（2025·四川巴中·中考真题）如图，已知，，，．(1)求证：；(2)求的度数．2．（2025·江苏无锡·中考真题）如图，在矩形中，点在延长线上，点在延长线上，且，连接、．求证：(1)；(2)．3．（2025·西藏·中考真题）如图，在四边形中，，，点E是的中点，且平分．(1)求证：四边形是菱形；(2)已知，，求线段的长．4．（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．题型二： 中点四边形【例题1】（24-25八年级下·全国·单元测试）如图，点分别是四边形边的中点，则下列说法正确的是（ ）A．若，则四边形为矩形B．若，则四边形为菱形C．若四边形是平行四边形，则与互相平分D．若四边形是正方形，则与互相垂直且相等1.中点四边形形状由原四边形对角线决定： 2.原四边形对角线相等→中点四边形是菱形 3.原四边形对角线垂直→中点四边形是矩形 4.原四边形对角线相等且垂直→中点四边形是正方形 5.核心依据：三角形中位线定理。1．（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．5 C．4 D．82．（2025·四川攀枝花·中考真题）如图，四边形各边中点分别是，两条对角线与互相垂直，则四边形一定是（ ）A．矩形 B．菱形 C．正方形 D．梯形3．（2024·福建·中考真题）如图，正方形的面积为4，点，，，分别为边，，，的中点，则四边形的面积为______． 4．如图，四边形ABCD的四边中点分别为E、F、G、H，顺次连接E、F、G、H．（1）判断四边形EFGH形状，并说明理由；（2）若AC＝BD，判断四边形EFGH形状，并说明理由．题型三： 十字架模型【例题1】如图，将一边长为12的正方形纸片的顶点A折叠至边上的点E，使，若折痕为，则的长为（ ）A．13 B．14 C．15 D．161. 正方形内十字架线段垂直→线段相等；线段相等→线段垂直。 2. 解题关键：构造全等三角形，利用正方形边相等、角为直角的性质。 3.矩形内十字架模型：线段长度比等于矩形邻边比。1．如图，在正方形ABCD中，点E是BC上一点，BF⊥AE交DC于点F，若AB＝5，BE＝2，则AF＝____．2．（2021·黑龙江牡丹江·中考真题）如图，正方形的边长为3，E为边上一点，．将正方形沿折叠，使点A恰好与点E重合，连接，，，则四边形的面积为（ ）A． B． C．6 D．53．如图1，在正方形中，E为上一点，连接，过点B作于点H，交于点G．(1)求证：；(2)如图2，连接，点M、N、P、Q分别是的中点，试判断四边形的形状，并说明理由；(3)如图3，点F、R分别在正方形的边上，把正方形沿直线翻折，使得的对应边恰好经过点A，过点A作于点O，若，正方形的边长为3，求线段的长．4．综合与实践课上，数学兴趣小组对图形中两条互相垂直的线段间的数量关系进行了探究．(1)操作判断如图（1），在正方形中，点E，F，G，H分别在边上，且，请直接写出和数量关系．(2)迁移探究如图（2），在矩形中，，点E，F，G，H分别在边上，且，若，求的长．(3)拓展应用如图（3），在中，，点D，E分别在边，上，且，试证明：．题型四： 对角互补模型【例题1】图形定义：四边形若满足，则我们称该四边形为“对角互补四边形”． （1）若四边形为对角互补四边形，且，则的度数为_________．（2）如图1，四边形为对角互补四边形，．求证：平分．小云同学是这么做的：延长至，使得，连，可证明，得到是等腰直角三角形，由此证明出平分，还可以知道三者关系为：_________；（3）如图2，四边形为对角互补四边形，且满足，则，三者关系为：_________．1.四边形对角互补且有一组邻边相等，常作垂线构造全等。 2.常用结论：对角互补→四点共圆，可利用圆周角定理转化角度。 3. 辅助线技巧：过顶点作两边垂线，证明三角形全等。1．我们知道，四边形内角和为，若某个四边形有一组对角互补，则另一组对角也必然互补．因此，我们把有一组对角满足互补关系的四边形称为“双补四边形”．例如：在四边形中，若（或），则称四边形为“双补四边形”．(1)已知四边形是“双补四边形”．若，则________；如图1，若，，，，则________；(2)如图2，在四边形中，平分，．求证：四边形是“双补四边形”；(3)如图3，四边形是“双补四边形”，，点M，N分别在边EH，GH上，且满足．试探究和之间满足的数量关系，并证明你的结论．2．四边形ABCD若满足∠A+∠C＝180°，则我们称该四边形为“对角互补四边形”．(1)四边形ABCD为对角互补四边形，且∠B：∠C：∠D=2：3：4，则∠A的度数为_______；(2)如图1，四边形为对角互补四边形，，．求证：平分．小云同学是这么做的：延长CD至M，使得DM=BC，连AM，可证明△ABC≌△ADM，得到△ACM是等腰直角三角形，由此证明出AC平分∠BCD，还可以知道CB、CD、CA三者关系为_______；(3)如图2，四边形ABCD为对角互补四边形，且满足∠BAD=60°，AB=AD，试证明：①AC平分∠BCD；②CA=CB+CD；(4)如图3，四边形ABCD为对角互补四边形，，且满足∠ABC=60°，AD=CD，则BA、BC、BD三者关系为_______．3．回答问题：(1)【初步探索】如图1：在四边形中，，E、F分别是上的点，且，探究图中之间的数量关系．小王同学探究此问题的方法是：延长到点G，使．连接，先证明，再证明，可得出结论，他的结论应是 ；(2)【灵活运用】如图2，若在四边形中，．E、F分别是上的点，且，上述结论是否仍然成立，并说明理由；(3)【拓展延伸】如图3，已知在四边形中，，若点E在的延长线上，点F在的延长线上，如图3所示，仍然满足，请写出与的数量关系，并给出证明过程．题型五： 梯子模型【例题1】如图，，矩形ABCD的顶点A、B分别在边OM，ON上，当B在边ON上运动时，A随之在边OM上运动，矩形ABCD的形状保持不变，其中，，运动过程中，点D到点O的最大距离为______．1.梯子滑动问题本质：直角三角形斜边不变，利用勾股定理列方程。 2.核心公式：初始状态边长 + 初始状态边长 = 滑动后边长 + 滑动后边长 。 3.注意结合一元二次方程求解，舍去负根。1．如图，在中，，，，点在轴上，点在轴上，则点在移动过程中，的最大值是______．2．如图，，矩形的顶点、分别在边、上，当在边上运动时，随之在上运动，矩形的形状保持不变，其中，．在运动过程中：（1）斜边中线的长度是否发生变化___（填“是”或“否”）；（2）点到点的最大距离是___．3．（2022湖北随州一模）在求线段最值问题中，我们常通过寻找（或构造）待求线段的“关联三角形”来解决问题．“关联三角形”中除待求线段外的两条线段的长度是已知（或可求的），再利用三角形三边关系定理求解，线段取得最值时“关联三角形”不复存在（即三顶点共线）．题型六： 与正方形有关的三垂直问题【例题1】（2024·甘肃·中考真题）【模型建立】（1）如图1，已知和，，，，．用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由．【模型应用】（2）如图2，在正方形中，点E，F分别在对角线和边上，，．用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由．【模型迁移】（3）如图3，在正方形中，点E在对角线上，点F在边的延长线上，，．用等式写出线段，，的数量关系，并说明理由．1.三垂直结构→三角形全等（AAS/ASA），是正方形证明高频模型。 2关键：同角的余角相等，快速推导角相等，结合正方形边相等证全等。 3.计算时用全等转化线段，再结合勾股定理求长度。1．（2026·山东聊城·一模）【模型建立】(1)如图1，已知和，．用等式写出线段的数量关系，并说明理由．【模型应用】(2)如图2，在正方形中，点分别在对角线和边上，，用等式写出线段的数量关系，并说明理由．2．亮亮学行四边形》以后，利用身边的工具进行了如下操作与探究：如图1，在边长为的正方形纸板上，放置了一个三角板，作射线，使直角顶点在射线上运动，始终经过点，交于点．依照上面操作，点运动到如图2位置时，连接，，过点作于点，过点作于点，于是得到矩形，通过证明它的一组邻边相等，易证矩形为正方形，亮亮又作了如下思考，请你帮他完成以下问题：（1）若点运动到线段的延长线上时，以上结论还成立吗？若成立，应该怎样画图，证明呢？若不成立，理由是什么？（2）在（1）的情况下，若连接，的值是否为定值？若是，结果是多少（直接写出结果即可）？若不是，理由是什么？3．“一线三等角”，是我们学习三角形知识经常用到的经典模型．(1)如图1，为等腰直角三角形，，，D、A、E三点都在直线l上，且，若，则 ．(2)如图2，，，，连接，且于点G，与直线交于点，求证：点是的中点．(3)如图3，过的边向外作正方形、正方形，是边上的高，延长交于点I，，求的面积．题型七：与正方形有关的半角模型【例题1】【初步感知】如图1， 在正方形中， E、F分别是、边上的点， 且， 求出图中线段，，之间的数量关系．①小盐同学经过分析后，将绕着点D逆时针旋转到位置，如图1，根据“旋转的性质”分析与之间的关系，再通过三角形全等的性质得到线段，，之间的数量关系；②小田同学经过分析后， 将沿进行翻折， 得到， 射线交边的延长线于点M，如图2，根据全等的性质也得到了线段，，之间的数量关系，任选一位同学的分析，可以得到线段，，之间的数量关系是 ．【类比探究】如图3， 正方形中， E、F分别在边、的延长线上， 且， 连接， 试问线段，，之间具有怎样的数量关系？判断并说明理由．【拓展应用】如图4，在四边形中，，，，且，，，直接写出的长．1.正方形内 45° 半角模型：截长补短证线段和差关系。 2.核心结论：半角两边截取的线段和等于对边截取线段。 3.解题步骤：旋转构造全等→证明三角形全等→推导线段 / 角度关系。1．综合实践【初步探究】如图1，在正方形中，点，分别在边，上，连接，，．若，将绕点顺时针旋转得到．易证：． （1）根据以上信息填空：①________；②线段，，之间满足的数量关系为________．【迁移探究】（2）如图2，在正方形中，若点在的延长线上，点在的延长线，，猜想线段，，之间的数量关系，并证明．【拓展探索】（3）如图3，已知正方形的边长为，，分别在，上，，连接分别交，于点，，若点恰好为线段的三等分点，且，求线段的长．1．（2025·山东德州·中考真题）如图，矩形的顶点O，A，C的坐标分别是，，，与矩形周长相等，的面积是矩形面积的一半，则点D的坐标为（ ）A． B． C． D．2．（2025·江苏常州·中考真题）如图，在菱形中，、是对角线，．若，则的长是（ ）A．4 B．5 C．6 D．103．（2025·陕西·中考真题）如图，在矩形中，，延长至点，延长至点，连接，．若四边形为菱形，则这个菱形的面积为（ ）A．9 B． C． D．4．（2022·湖北荆州·中考真题）如图，已知矩形ABCD的边长分别为a，b，进行如下操作：第一次，顺次连接矩形ABCD各边的中点，得到四边形；第二次，顺次连接四边形各边的中点，得到四边形；…如此反复操作下去，则第n次操作后，得到四边形的面积是（ ）A． B． C． D．5．（2025·西藏·中考真题）如图，在正方形中，，点E是的中点，把沿折叠，点B落在点F处，延长交于点G，连接，则的长为（ ）A． B．2 C． D．6．（2025·江苏盐城·中考真题）如图，点、在的对角线上．若_________，则四边形是平行四边形．请从①；②；③这3个选项中选择一个作为条件（写序号），使结论成立，并说明理由．7．（2025·黑龙江哈尔滨·中考真题）已知：在正方形的内侧作等边三角形，连接，．(1)如图①，求证：；(2)如图②，过点作，交的延长线于点，平分，交于点，连接，交于点，连接交于点，在不添加任何辅助线的情况下，直接写出图②中四条与线段相等的线段（线段，除外）．8．（2025·山东青岛·中考真题）如图，在中，为的中点，为延长线上一点，连接，，过点作交的延长线于点，连接．(1)求证：；(2)已知____（从以下两个条件中选择一个作为已知，填写序号），请判断四边形的形状，并证明你的结论．条件①：；条件②：．（注：如果选择条件①条件②分别进行解答，按第一个解答计分）9．（2024·青海·中考真题）综合与实践顺次连接任意一个四边形的中点得到一个新四边形，我们称这个新四边形为原四边形的中点四边形．数学兴趣小组通过作图、测量，猜想：原四边形的对角线对中点四边形的形状有着决定性作用．以下从对角线的数量关系和位置关系两个方面展开探究．【探究一】原四边形对角线关系 中点四边形形状不相等、不垂直 平行四边形如图1，在四边形中，E、F、G、H分别是各边的中点．求证：中点四边形是平行四边形．证明：∵E、F、G、H分别是、、、的中点，∴、分别是和的中位线，∴，（____①____）∴．同理可得：．∴中点四边形是平行四边形．结论：任意四边形的中点四边形是平行四边形．（1）请你补全上述过程中的证明依据①________【探究二】原四边形对角线关系 中点四边形形状不相等、不垂直 平行四边形菱形从作图、测量结果得出猜想Ⅰ：原四边形的对角线相等时，中点四边形是菱形．（2）下面我们结合图2来证明猜想Ⅰ，请你在探究一证明结论的基础上，写出后续的证明过程．【探究三】原四边形对角线关系 中点四边形形状不相等、不垂直 平行四边形②________（3）从作图、测量结果得出猜想Ⅱ：原四边形对角线垂直时，中点四边形是②________．（4）下面我们结合图3来证明猜想Ⅱ，请你在探究一证明结论的基础上，写出后续的证明过程．【归纳总结】（5）请你根据上述探究过程，补全下面的结论，并在图4中画出对应的图形．原四边形对角线关系 中点四边形形状③________ ④________结论：原四边形对角线③________时，中点四边形是④________．21世纪教育网(www.21cnjy.com) 展开更多...... 收起↑ 资源列表 【题型解读与技巧点拨】2026年中考数学二轮复习专题：专题05四边形中的证明与计算问题（原卷版）.docx 【题型解读与技巧点拨】2026年中考数学二轮复习专题：专题05四边形中的证明与计算问题（解析版）.docx
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