（小专题冲刺训练）四边形压轴题（含解析）-2025年中考数学专题突破

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（小专题冲刺训练）四边形压轴题-2025年中考数学专题突破
1．小李和小王一起研究一个尺规作图问题：
如图1，在中，已知平分，用直尺和圆规在上找一点F，使得平分．
小李：条件“平分”多余，如图2，以点A为圆心，长为半径作圆弧交于点F，连结，则平分．
小王：利用条件“平分”，不用圆规也能找到点F，使平分．
(1)请给出小李作法中平分的证明．
(2)仅用无刻度直尺在图3中作出平分．（保留作图痕迹，不要求写作法）
2．如图．在中，，，为线段上一点，直线经过点，且，为直线上一点，连接，将线段绕点逆时针旋转得到线段，过点作，垂足为．
(1)如图1，求证：．
(2)如图2，作的平分线，交直线于点，当点落在上时；猜想与的数是关系，并证明．
(3)已知，作射线交直线于点．
①如图3，若，当为线段的中点时，求线段的长；
②如图4，点在直线的下方，且，以为边在的右侧作正方形，当点落在射线上时，求线段的长．
3．滑梯的坡角越小，安全性越高，从安全性及适用性出发，嘉嘉同学对所在小区的一处滑梯进行调研，制定了如下改造方案，请你帮嘉嘉解决方案中的问题．
【方案设计】如图，将滑梯顶端拓宽为（），使，并将原来的滑梯改为（图中所有点均在同一平面内，点在同一直线上，点在同一直线上）
【测量数据】滑梯的高，滑梯的坡度为，滑梯的坡角．
【解决问题】
(1)求滑梯的长度；
(2)调整后的滑梯会多占多长一段地面？（即求的长）
（注：，，）
4．【问题情境】
在综合与实践课上，老师让同学们以“矩形纸片的剪拼”，为主题开展数学活动，如图①，将矩形纸片沿对角线剪开，得到和．
【操作发现】
（1）将图①中的以点A为旋转中心，按逆时针方向旋转，使，得到图②的，过点C作，与的延长线交于点E，四边形的形状是______；
（2）将图①中的以点A为旋转中心，按逆时针方向旋转，使B，A，D三点在同一条直线上，得到如图③所示的，连接，取的中点F，连接，并延长至点G，使，连接，，得到四边形，请判断四边形的形状，并说明理由；
【问题解决】
（3）如图④，平行四边形是一个花园的初步设计图，其中有四个三角形和一个四边形，其中和是分别将和绕平行四边形的中心对称点旋转得到的．为了让花园看起来更加和谐美观，要令四边形为菱形，且，若，．求这个平行四边形花园面积的最大值．
5．（1）如图1，正方形的边长为8，点为的中点，点为对角线上的一个动点，则的最小值为_________．
（2）如图2，四边形是某公园的示意图，已知，，米，米，米，根据实际情况，需要在边的中点处开一个大门，在边上建立一个直径（）为米的半圆形休息区，圆心为，半圆与的交点是休息区的入口，半圆的中点为休息区的出口，根据规划，需在公园内以为边建立一个儿童游乐场，满足，连接、，请求出的最小值，并直接写出此时的长．
6．综合与实践
(1)【提出问题】
如图1，在菱形中，，点是对角线上一动点，连接，将绕点顺时针旋转得到，连接，．则的度数为_____；
(2)【类比探究】
如图2，在正方形中，点是对角线上一动点，且，连接，将绕点顺时针旋转得到，连接，．
①求的度数；
②当时，求的长；
(3)【迁移运用】
如图3，在矩形中，，，点是对角线上一动点，连接，以为边在的右边作，且，，当点到的距离为时，请直接写出的长．
7．课本再现
三角形中位线定理三角形的中位线平行于三角形的第三边，并且等于第三边的一半．
定理证明：
（1）为了证明该定理，小明同学画出了图形（图1），并写出了“已知”和“求证”，请你完成证明过程．
已知：，分别是的边，的中点．
求证：，且．
知识应用
（2）①如图2，在中，，，分别是，，的中点．以这些点（，，，，，）为顶点，在图中能画出 个平行四边形．
②如图3，在四边形中，，，，分别是四边形各边的中点．求证：四边形是平行四边形．
8．已知：点C在线段上，分别以为边在线段的同侧作正方形和，连接．
(1)如图1，判断与的关系，并证明你的结论；
(2)如图2，将正方形绕点C顺时针旋转，若是等边三角形，求的值与的度数；
(3)如图3，将正方形BCFG绕点C顺时针旋转，当点F在BD，且时，求．
9．如图1，在正方形中，，点P，Q分别在边，上，．将绕点A逆时针旋转，连接，，所在直线交直线于点M，连接．
(1)与的数量关系是______，位置关系是______；
(2)如图2，当时，求证：；
(3)如图3，若点Q与M重合于左侧，且，求t的值；
(4)若，当点M为中点时，直接写出的值．
10．在中，，将绕点顺时针旋转，得到，以和为边作（点与点不重合），直线与射线交于点．

(1)如图1，当是直角三角形，时，求证：；
(2)如图2，当是锐角三角形时，求证：四边形是菱形；
(3)直线与射线交于点，若，直接写出的值．
《（小专题冲刺训练）四边形压轴题-2025年中考数学专题突破》参考答案
1．(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查了尺规作图、平行四边形的性质与判定、等边对等角，熟练掌握相关知识点是解题的关键．
（1）利用平行四边形的性质、等边对等角即可证明；
（2）连接与交于点，连接并延长交于点，利用平行四边形的性质推出，，推出，进而得到四边形是平行四边形，得到，再利用角平分线的定义证出平分，则即为所求．
【详解】（1）证明：，
，
，
，
，
，
即平分．
（2）解：如图，连接与交于点，连接并延长交于点，
，
，，，
，
又，
，
，
四边形是平行四边形，
，
平分，
，
，
平分，
即为所求．
2．(1)见解析
(2)，证明见解析
(3)①；②或
【分析】（1）由旋转的性质得到，，再利用全等三角形的判定得到，即可证明；
（2）利用角平分线的定义得到，利用等角对等边得到，由（1）中的结论，再利用线段的和差即可得出结论；
（3）①过点作交于点，交于点，通过证明得到，利用矩形的判定得到四边形是矩形，得到，同理得到，得到，利用题目的数据求出、的长，再利用勾股定理即可求解；②作交延长线于点，由（1）得，先证明四边形是矩形，得到，，设，表示出、、，通过证明得到，解出的值即可解答．
【详解】（1）证明：线段绕点逆时针旋转得到线段，
，，
，
，，
，
，
，
，
．
（2）解：，证明如下：
是的平分线，点落在上，
，
又，
，
，
，
由（1）得，，
，
，
．
（3）解：①如图，过点作交于点，交于点，
，
，，
，
为线段的中点，
，
又，
，
，
，
四边形是矩形，
，
同理可得：，
，
又，，
，，
，
由（1）得，，，
，
线段的长为；
②如图，作交延长线于点，则，
由（1）得，，
，，
，
四边形是矩形，
，，
设，则，
，，
正方形，
，
点落在射线上，
，
，
，
，
，
又，
，
，
，
，
解得：，，
线段的长为或．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质、全等三角形的性质与判定、矩形的性质与判定、正方形的性质、相似三角形的性质与判定、一元二次方程的应用，熟练掌握相关知识点，学会结合图形添加适当的辅助线构造全等三角形和相似三角形是解题的关键．本题属于几何综合题，需要较强的几何知识储备和辅助线构造能力，适合有能力解决几何难题的学生．
3．(1)滑梯的长度为；
(2)调整后的滑梯会多占的地面．
【分析】本题考查了解直角三角形的应用——坡度坡角问题，勾股定理，平行四边形的判定与性质，掌握知识点的应用是解题的关键．
（）利用坡比得出， 然后代入求值即可；
（）过点作直线的垂线，垂足为， 证明四边形为平行四边形，则有，，通过勾股定理得出，所以，求出，最后由线段和差即可求解．
【详解】（1）解：∵滑梯的坡度为，
∴，
∵，
∴，
解得，
∴滑梯的长度为；
（2）解：过点作直线的垂线，垂足为，
∵，
∴，
∵，
∴四边形为平行四边形，
∴，，
在中，，
在中，，即，
解得，
∴，
答：调整后的滑梯会多占的地面．
4．（1）菱形；（2）正方形，见解析；（3）最大值为平方米
【分析】本题主要考查了菱形的判定、正方形的判定与性质、旋转的性质、二次函数的应用等知识，熟练掌握相关几何图形的判定与性质是解题的关键，
（1）根据矩形的性质可得，再由旋转的性质可得，然后由平行四边形的判定与性质及菱形的判定定理即可解答；
（2）根据已知可证四边形是平行四边形，由矩形的性质及旋转的性质可得，再根据矩形的判定与性质及正方形的判定即可解答；
（3）如图④，分别过点A、点C作的垂线，垂足分别为P，M，过点E作于点Q．根据菱形的性质、含30度直角三角形的性质、勾股定理可得、，易得；再根据平行线的性质、含30度直角三角形的性质、勾股定理可得、，进而得到、 ，然后列出，最后根据二次函数的性质求最值即可．
【详解】解：（1）四边形是菱形，证明如下：
证明：在图②中，∵是矩形的对角线，
∴，，
∴，
由旋转的性质知，，，
，
，
∴，．
又∵，
四边形是平行四边形．
又，
∴四边形是菱形．
（2）四边形是正方形．理由如下：
∵点F是的中点，
∴．
又∵，
∴四边形是平行四边形．
由旋转可知，
∴四边形是菱形．
∵，
∴．
∴四边形是正方形．
（3）如图④，分别过点A、点C作的垂线，垂足分别为P，M，过点E作于点Q．
∵四边形是菱形，，，
∴，，
∴．
∴，
∴，
∴．
∵，
∴，
∴．
∴，
∴．
∵，
∴．
∵，
∴．
∴．
∴．
∵，
∴，
∵，
∴．
∴．
∵，
∴当时，平行四边形花园ABCD的面积有最大值，最大值为平方米．
5．（1）；（2），
【分析】（1）取的中点，连接，则，有，当M在线段上时，取得最小值，且最小值为线段的长，利用勾股定理即可求得最小值；
（2）连接、，则由勾股定理得由勾股定理得：；过做于，得四边形是矩形，有．在中，由勾股定理可得，则易得．将点E沿射线的方向平移20个单位后得到点，连接，则四边形为平行四边形，有；由得点G在平行于的平行线上运动．再作点关于直线的对称点交直线于点N，连接，则，当、G、H三点共线时，此时的最小值即为的最小值．由题意易得点H在以为直径的半圆上运动（四边形内部）．连接交于点，交直线于点，由，且，当三点共线，且在圆心P点的同侧时，取得最小值，最小值即为此时的长；在中，由勾股定理可得：，从而求得最小值．证明，由三角形相似的性质即可求得的长．
【详解】解：（1）如图，取的中点，连接；
∵四边形为正方形，分别为的中点，
∴，，
∴，
当M在线段上时，取得最小值，且最小值为线段的长，
∵点为线段的中点，
∴；
在中，由勾股定理得；
故答案为：；
（2）连接、，则，，
∴，
由勾股定理得：；
过做于，
∴；
∵，
∴四边形是矩形，
∴．
在中，由勾股定理可得：，
，
∴．
将点E沿射线AD的方向平移20个单位后得到点，连接，
则四边形为平行四边形，
∴．
∵，且，
∴点G在平行于的平行线上运动．
作点关于直线的对称点交直线于点N，交于点T，连接，易得：．
∵对称，
∴，
∴当、G、H三点共线时，
此时的最小值即为的最小值．
∵，
∴，
∴，
∴点H在以为直径的半圆上运动（四边形内部）．
如图，连接交于点，交直线于点，
∵，
∴，
∴当三点共线，且在圆心P点的同侧时，取得最小值，最小值即为此时的长；
过作⊥直线于K，
∵P是的中点，
∴；
∵E为的中点，，
∴；
∵，
由勾股定理得：，
∴，
由对称得，
∴，
∴，，
在中，由勾股定理可得：．
∴，
即的最小值为；
如图，设交于点Q，则，
∴，
∴；
∵，
∴，
即；
∵四边形是矩形，
∴，
∴；
∴当取最小值时，的长为．
【点睛】本题考查了等腰三角形的判定与性质，勾股定理，一点到圆上点的距离的最值，相似三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质，正方形的判定与性质等知识，构造辅助线是解题的关键与难点．
6．(1)
(2)① ②
(3)或
【分析】（1）根据菱形的性质，根据旋转性质，证明是等边三角形，再证明，得到．
（2）连接，交于点O，过点作，交的延长线于点G，证明，得到，结合解答即可．
②根据正方形的性质，得到，继而得到，
解答即可．
（3）过点作，交的延长线于点H，过点作于点M，利用三角形相似的判定和性质，特殊角三角函数值，分类思想解答即可．
【详解】（1）解：∵菱形中，，
∴，，
∵绕点顺时针旋转得到．
∴，，
∴是等边三角形，
∴，，
∴．
∵，
∴，
∴．
（2）①解：连接，交于点O，过点作，交的延长线于点G，
∵四边形是正方形，
∴，，，，
∵绕点顺时针旋转得到．
∴，，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴
∵，
∴．
②当时，
则，
∴，
∴，
∴，
∴．
（3）解：过点作，交的延长线于点H，过点作于点M，
∵四边形是矩形，，，
∴，，，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵点到的距离为，，，
∴，，
∴，
解得，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴三点共线．
过点作于点G，
∵点到的距离为，，，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
解得，
∴，
综上所述，的长为或．
【点睛】本题考查了菱形的性质，正方形的性质，矩形的性质，三角形全等的判定和性质，三角形相似的判定和性质，旋转的性质，勾股定理，特殊角的三角函数应用，熟练掌握性质和特殊角的三角函数值是解题的关键．
7．（1）见解析；（2）①3；②见解析
【分析】本题考查了三角形中位线性质的证明和应用，平行四边形的判定，全等三角形的判定与性质，平行线的判定与性质等知识，掌握三角形中位线的性质是解题的关键．
本题考查了平行四边形的判定与性质，三角形中位线的判定与性质．
（）延长到点，使，连接，，．证明四边形是平行四边形，可得，且，再证明四边形是平行四边形，然后利用平行四边形的性质可得结论；
（）①连接，由三角形中位线的性质得，然后根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形可得结论；
②连接，利用三角形中位线的性质分别得到，，，，即可得到，，进而由平行四边形的判定定理即可求证．
【详解】解：（1）证明：如图1，延长到点，使，连接，，．
，，
四边形是平行四边形，
，且，
，且，
四边形是平行四边形，
，且．
又，
，且．
（2）①如图，连接，
∵，，分别是，，的中点，
∴是的中位线，
∴，
∴四边形，四边形，四边形，都是平行四边形．
故答案为：3；
②证明：如图2，连接．
，，，分别是四边形各边的中点，
是的中位线，是的中位线，
，，，，
，，
四边形是平行四边形．
8．(1)，．证明见解析
(2)，
(3)
【分析】（1）延长交于点F．由正方形的性质易证，即得出，．再根据，，即得出，即，即证明；
（2）延长交于点，证明得到，证明，，设，则，，即可求出，由，即可求出的度数；
（3）过点作于点，设相交于点O，证明，得到，证明，设，则，得到，即可求出答案．
【详解】（1），．
证明：如图，延长交于点F．
∵四边形和，都是正方形，
∴，，，
∴，
∴，．
∵，
∴．
∵，
∴，
∴，
∴；
（2）延长交于点，
∵是等边三角形，
∴，
∵四边形是正方形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴
∴，，
设，则，，
∴，
∵，
∴
（3）过点作于点，设相交于点O，
∵四边形是正方形，
∴， ，
∴，
∴，
∴
∵
∴，
∴，
∵，
∴，
∵，
∴，
设，则，
∴，
∴，
∴，
∴
【点睛】此题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、等腰三角形判定和性质、直角三角形的性质等知识，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解题的关键．
9．(1)，
(2)证明见解析
(3)
(4)或
【分析】（1）由正方形的性质可得，，由旋转的性质可得，证明，得出，，令交于，再由三角形内角和定理计算即可得解；
（2）过点作与的延长线交于点，则，由正方形的性质可得，，证明，得出，，从而可得是等腰直角三角形，由等腰直角三角形的性质可得，即可得解；
（3）过点作交于，由题意可得为等腰直角三角形，则，由等腰直角三角形的性质可得，结合题意得出，从而可得，，最后再由勾股定理计算即可得解；
（4）由等腰直角三角形的性质可得，分两种情况：当时，连接、，作交于，作交于，作交于；当时，连接、，作交于，作交的延长线于，作交于；分别求解即可．
【详解】（1）解：∵四边形是正方形，
∴，，
由旋转的性质可得：，
∴，即，
∵，
∴，
∴，，
令交于，
∵，，
∴，
∴，
∴；
（2）证明：如图，过点作与的延长线交于点，
则，
∵四边形为正方形，
∴，，
∴，
∴，
∵在四边形中，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，，
∴是等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴；
（3）解：如图，过点作交于，
由题意可得：为等腰直角三角形，
∴，
∵，
∴，
∵，，
∴，
∴，
∴，
由勾股定理可得：，
∴，
解得：（负值不符合题意，舍去），
故；
（4）解：由题意可得：为等腰直角三角形，
当时，，
∴，
如图，当时，连接、，作交于，作交于，作交于，
由（1）可得：，
∵点M为中点，
∴，
∵四边形为正方形，
∴，，
∴，
∵，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
∵，，
∴，
∴四边形为矩形，
∴，，
∴，
∴；
如图，当时，连接、，作交于，作交的延长线于，作交于，
同理可得：，，
∴，
∴；
综上所述，的值为或．
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、解直角三角形、等腰三角形的判定由性质、矩形的判定与性质、勾股定理等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用，添加适当的辅助线，采用分类讨论的思想是解此题的关键．
10．(1)详见解析
(2)详见解析
(3)或1
【分析】（1）根据题意可证平行四边形是菱形，再证，可得，由此即可求解；
（2）延长至点H，使得，连接，可得是等边三角形，因此，，由旋转得，，，从而证得．证明，得到，即可推出，证得，因此四边形是平行四边形，进而根据菱形的定义得证结论；
（3）分两种情况求解：①直线与线段交于点；②直线与线段的延长线交于点．
【详解】（1）证明：将绕点顺时针旋转，得到，
∴，，
∵四边形是平行四边形，
∴平行四边形是菱形，
∴，，
∵，
∴，
∴，
在和中，
，
∴，
∴；
（2）解：延长至点H，使得，连接，
∵，
∴是等边三角形，
∴，，
由旋转得，，，
∴，
∴．
∵，
∴，即，
∵，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴四边形是平行四边形，
∵，
∴是菱形．
（3）解：分两种情况讨论：
①如图，若直线与线段交于点，
由（2）有，
∴，
∵，
∴，
设，则，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
由旋转可得，
由（2）有是等边三角形，
∴，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴．
②如图，若直线与线段的延长线交于点，
∵，
∴，
∵，
∴，
设，则，
∴，
∵四边形是菱形，
∴，
∵，
∴，
∴，
∴，
由旋转可得，
延长至点N，使得，连接，，
由（2）有是等边三角形，
∴，，
∴，
由（1）有四边形是菱形，且，
∴，，
∴是等边三角形，
∴，
∵，
即，
∴，
∴，
∴，
∴．
综上所述，的值为或1．
【点睛】本题考查等边三角形的判定及性质，旋转的性质，全等三角形的判定及性质，平行四边形的性质，菱形的判定及性质，相似三角形的判定及性质，综合运用相关知识，正确作出辅助线，掌握分类讨论思想是解题的关键．
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