2024年中考数学压轴题型-专题02 与特殊四边形有关问题的压轴题之四大题型(解析版)

专题02与特殊四边形有关问题的压轴题之四大题型目录TOC\o"1-3"\h\u【题型一与矩形有关问题的压轴题】 1【题型二与菱形有关问题的压轴题】 14【题型三与正方形形有关问题的压轴题】 25【题型四与特殊平行四边形中新定义探究问题压轴题】 37【典型例题】【题型一与矩形有关问题的压轴题】例题：（2023·浙江衢州·统考一模）如图，已知菱形，E为对角线上一点．[建立模型]（1）如图1，连结．求证：．[模型应用]（2）如图2，F是DE延长线上一点，，交于点G．①判断的形状，并说明理由．②若G为的中点，且，求的长．[模型迁移]（3）F是延长线上一点，，交射线于点G，且，．求的值．【答案】（1）证明见解析；（2）①等腰三角形，理由见解析；②；（3）【分析】（1）证明，进而结论得证；（2）①由，可得，则，由，可得，即，进而可判断的形状；②如图2，过作于，过作的延长线于，，，，，由，可得，求的值，在中，由勾股定理得，求解即可；（3）解：如图3，连接交于，过作于，由题意，设，则，在中，由勾股定理得，则，由菱形的性质得，，，由，，可得，即，设，则，在中，由勾股定理得，即，解得，则，由，求解得的值，由求的值，根据求的值，进而可得的值．【详解】（1）证明：由菱形的性质可知，，，在和中，∵，∴，∴；（2）①∵，，，∴，∵，∴，∵，∴，∴，∴是等腰三角形．②如图2，过作于，过作的延长线于，由题意知，，，∴，，，∴，∵是等腰三角形，∴，∴，∵，∴，解得，在中，由勾股定理得，∴的长为；（3）解：如图3，连接交于，过作于，由题意，设，则，在中，由勾股定理得，∴，由菱形的性质得，，，∵，，∴，∴，∴，设，则，在中，由勾股定理得，即，解得，即，∵，即，解得，∵，

∴，∴，∴，，∴，∴的值为．【点睛】本题考查了菱形的性质，勾股定理，等腰三角形的判定与性质，正切，余弦，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．【变式训练】1．（2023·浙江·一模）如图1，菱形中，，，是边上一动点（不与点、重合）连结，点关于直线的对称点为，连结并延长交直线于点、是的中点，连结、．

(1)填空：________；________．(2)如图2，将题中条件“”改成“”，其余条件均不变，连结，猜想、、这三条线段间的数量关系，并对你的猜想加以证明．(3)在（2）的条件下，连结．①若动点运动到边的中点处时，求的面积；②在动点的整个运动过程中，求面积的最大值．【答案】(1)，(2)猜想：，证明见详解(3)①②【分析】（1）由是关于的对称点，可得沿翻折后可得到，可求，，进而可求解；（2）过作，交的延长线于，在中，可求，再证，即可得证；（3）连接交于，连接，可证、、、四点共圆，为圆心，在上，再证，可求，，从而可求，在中，，即可求解；②过作，交于，的运动轨迹是以为圆心，为半径的，与交于，可得，当取最大时，最大，所以当与重合时，即，最大，即可求解.【详解】（1）解：四边形是菱形，，，是关于的对称点，沿翻折后可得到，，，，是的中点，，，．故答案：，．（2）结论：，证明：如图，过作，交的延长线于，

，四边形是菱形，，四边形是正方形，，，由（1）得：，，，

，，，，在中，，；，

，，在和中，（），，．（3）解：①如图，连接交于，连接，

由（2）得：，，、、、四点共圆，为圆心，四边形是正方形，，在上，，是的中点，，

，，，，，，，，，，，

由（2）得：，，，，在中，，，，，由（1）折叠得：，．②如图，过作，交于，的运动轨迹是以为圆心，为半径的，与交于，

，，，当取最大时，最大，如图，当与重合时，即，最大，

，，，，故面积的最大值为.【点睛】本题考查了菱形的性质，正方形的判定及性质，对称和折叠的性质，等腰三角形的判定及性质，勾股定理，三角形相似的判定及性质等，掌握相关的判定方法及性质是解题的关键．2．（2023·浙江金华·模拟预测）如图，四边形是菱形，其中，点在对角线上，点在射线上运动，连接，作，交直线于点．(1)在线段上取一点，使，求证：；(2)图中，．①点在线段上，求周长的最大值和最小值；②记点关于直线的轴对称点为点．若点不能落在的内部（不含边界），求的取值范围．【答案】(1)见解析(2)①最小值为，最大值为；②或【分析】（1）根据证即可得证结论；（2）①先证明点在线段上时，是等边三角形，确定周长最大时和最小时点的位置，从而可求出的长，进而求出周长即可；②找出点落在上的位置，求出的长，当落在上时，求出的长，从而确定的取值范围即可．【详解】（1）证明：四边形是菱形，，，，，是等边三角形，，，是等边三角形，，，，，，，，，在和中，，，；（2）解：①如下图，当点与点重合时，同（1）可得，，，是等边三角形，同理可得，当点在边上时，均是等边三角形，当时，最短，如下图，，，，又，，，，等边三角形的周长最小值为：，当点与点重合时，如下图，过点作于，则，，，在中，，此时的周长最大，最大值为：，的周长最小值为，最大值为；②当点在上时，如下图，作于，点关于的对称点在上，，，，在中，，，；当点在上时，如下图，连接，点与点关于对称，，，，∴，，∵，，，，，，，，，，，，，或．【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形判定和性质，相似三角形判定和性质，轴对称性质等知识，解决问题的关键是证明三角形相似．【题型二与菱形有关问题的压轴题】例题：（2023·浙江金华·统考三模）如图，在矩形中，点E是上的一个动点，连接，将沿折叠得，连接，设．

(1)求证：．(2)当A，F，C三点共线时，用含n的代数式表示的值．(3)若，能否是等腰三角形？若能，求n的值；若不能，试说明理由．【答案】(1)见解析(2)(3)能，或5或【分析】（1）根据折叠的性质及矩形的性质即可证明；（2）根据题意作出图形，由对称得，再由相似三角形的判定和性质得出，设，将其代入求解即可；（3）设，，则，过点F作于N，反向延长FN交AD于M．利用相似三角形的判定和性质得出，再由勾股定理求解得出，然后分三种情况分析：，，，分别作出图形求解即可．【详解】（1）证明：∵沿折叠得到，∴，∵四边形是矩形，∴，∴，∴．（2）当A，F，C三点共线时（如图1），

由对称得，∴，∵，∴．又∵，∴，∴．设，∵，∴．∵，∴．∴．（3）设，，则，∵，∴，过点F作于N，反向延长交于M．则，∵，∴，∴，∵，∴．∴．∴，∵，∴，解得：（舍去）．∴，若（如图2），则，∴，∴；

若(如图3)，则，∴，

若（如图4），由得：，解得∴的值为或5或．

【点睛】题目主要考查矩形及折叠的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理解三角形等，理解题意，进行分类讨论，作出相应图形是解题关键．【变式训练】1．（2023·浙江金华·校联考三模）如图，在矩形中，，，动点P从点A开始以每秒2个单位长度沿向终点B运动，同时，动点Q从点C开始沿以每秒3个单位长度向终点A运动，它们同时到达终点．连接交于点E．过点E作，交直线于点F．

(1)当点Q在线段上时，求证：．(2)当时，求的面积．(3)在P，Q的运动过程中，是否存在某一位置，使得以点E，F，Q为顶点的三角形与相似？若存在，求的长；若不存在，请说明理由．【答案】(1)见解析(2)或(3)BP的长为或2或【分析】（1）证明即可得到答案；（2）①当点Q在上时，如图1，．过点E作的垂线交于点M，交于点N．②当点Q在上时，如图2，作于点M，设，再利用相似三角形的性质求解三角形的高，再利用面积公式计算即可；（3）分三种情况讨论：①当点Q在上时，设，则，若点F在Q的右侧，如图3，当，则，作于点H，而，∴，则，从而可得答案；若点F在Q的左侧，如图4，，点F与点C重合，从而可得答案；②当点Q在AD上时，如图5，，，，作于点N，于点G．，则，再结合相似三角形的性质建立方程可得答案．【详解】（1）当点Q在线段上时，由题意可得：，，，∴，∴．（2）①当点Q在上时，如图1，．过点E作的垂线交于点M，交于点N．

由，得．由，得，∴，∴．②当点Q在上时，如图2，作于点M，设．

，．同理：，∴，∴．同理：，得，∴．∴，解得，∴．∴的面积为或．（3）①当点Q在上时，设，则．

若点F在Q的右侧，如图3，当，则．作于点H，而，∴，则，∴．∵，∴，解得．∴．若点F在Q的左侧，如图4，，点F与点C重合．

∵，又∵∴．∵由结合对顶角可得：，而，∴，∴，即，则，∴．②当点Q在AD上时，如图5，，，，作于点N，于点G．，则，

由，得，∴，∴．同理可得：，设，则，．∴，，由，得，，∴，．由题意，，设，则，，，由，得，即，化简，得，解得（舍去），．∴．综上所述，BP的长为或2或．【点睛】本题考查的是动态几何问题，矩形的性质，相似三角形的判定与性质，一元二次方程的解法，清晰的分类讨论，细心的计算是解本题的关键．2．（2023·浙江绍兴·校联考三模）已知，在矩形中，，，点在边上，且，过点作的垂线，并在垂线上矩形外侧截取点F,使，连接，，将绕点按顺时针方向旋转，记旋转角为．．

(1)如图（1），当，求的值．(2)如图2，若，求m关于n的数量关系．(3)若旋转至A，E，F三点共线，求m的值．【答案】(1)(2)(3)或．【分析】（1）如图1，过作，交的延长线于，先证明四边形是矩形，然后根据矩形的性质和勾股定理分别求出m、n的值，即可求解；（2）如图2，连接，先后利用两边对应成比例且夹角相等证明、，利用相似三角形的性质即可得出结论；（3）分两种情况，分别画出图形，利用相似三角形的判定和性质结合勾股定理求解即可．【详解】（1）当时，如图1，过作，交的延长线于，

四边形是矩形，，，，，四边形是矩形，，，，，，在中，由勾股定理得：，在中，由勾股定理得：，，故答案为：；（2）如图2，连接，

在中，由勾股定理得：，在中，，，，，，，，，，，，，，即；（3）当旋转至，，三点共线时，存在两种情况：①如图3，连接，

在中，由勾股定理得：，在中，，，，，，，，，，，，，，在中，，，；②如图4，连接，

同理得：，，，，综上，或．【点睛】本题考查了矩形的性质、旋转的性质、勾股定理以及相似三角形的判定和性质等知识，熟练掌握相关图形的性质定理、证明三角形相似是解题关键．【题型三与正方形形有关问题的压轴题】例题：（2023·浙江杭州·校联考二模）在正方形中，为对角线上的一点．(1)如图1，过点作，，连接，，请猜想与的关系，并证明．(2)如图2，连结，过点作的垂线交于点，在上找到一点，使得；①求证：为等腰三角形；②连结，若，且，求的长（用表示）．【答案】(1)结论：，．详见解析(2)①详见解析；②【分析】（1）结论：，．连接，延长交与点，交于点．分别证明，，可得结论；（2）①过点作于点，于点，分别证明，，可得结论；②延长交与点．则四边形是矩形，证明，，利用勾股定理求解．【详解】（1）解：结论：，．理由：连接，延长交与点，交于点．四边形是正方形，，，，，，，，，，，四边形是矩形，，，，，，，，，∵，，，，，，；（2）①证明：过点作于点，于点，四边形是正方形，，，，，，四边形是矩形，，，，，，，，，，，，，，是等腰三角形；②解：延长交与点．则四边形是矩形，，，，，，，，，，，，在中，．【点睛】本题属于四边形综合题，考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题．【变式训练】1．（2023·浙江杭州·校联考二模）在正方形中，、分别是边、上一点，且，连接、交于点．

(1)判断线段、的位置关系并说明理由．(2)连接交于点，连接，如图②；①若点是的中点，当时，求线段的长；②设正方形的面积为，四边形的面积为，当时，求的值．【答案】(1)垂直，理由见解析(2)①；②【分析】（1）垂直．证明，根据全等三角形的性质可得，从而得出，可得结论；（2）①证明，可得，得到，，再根据（1）的结论可得；②设，则，可得，，，，根据，可得，，求出，，从而可得，即可求得的值．【详解】（1）线段、的位置关系：垂直．理由如下：∵四边形是正方形，，∴，，，在和中，，∴，∴，，∵，∴，∴，∴，∴，∴线段、的位置关系：垂直．（2）解：①∵点是的中点，，∴，即，∵，，∴，，∴，∴，即，∴，∴，由（1）知：，∴，∴线段的长为；②设，则，∴，，∴，∴，由（1）知：，∴，，∴，∴，，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴的值为．【点睛】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，相似三角形的判定和性质，三角形内角和定理等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题，学会利用参数解决问题．2．（2023·浙江嘉兴·统考二模）如图1，正方形中，点为边上的点，若，点为中点，连结．

(1)探索并证明与有怎样的位置和数量关系；(2)转动至如图2位置时，（1）中的结论是否仍然成立？若成立，请证明：若不成立，请说明理由．(3)若，绕着点旋转过程中，请直接写出的取值范围．【答案】(1)，，证明见解析(2)仍然成立，证明见解析(3)【分析】（1）延长交于，通过证明可得，，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得，从而可得，由可得，即；（2）延长至，使，连接，证明，可得，通过证明，得到，通过证明，可得，由，可得，从而即可得证；（3）连接相交于点，根据点的轨迹得到点的轨迹，点的轨迹与交于点、，当点在点时，最小，当点在点时，最大，由正方形的性质可得，由可得，求出，由，，即可得到答案．【详解】（1）解：，，证明：如图所示，延长交于，

，四边形为正方形，，，，，即，在和中，，，，点为中点，，即，，，，；（2）解：仍然成立，证明：延长至，使，连接，

，四边形为正方形，，，，，在和中，，，，，在和中，，，，，，，，，在和中，，，，，，；（3）解：连接相交于点，点G为BE中点，根据点的轨迹得到点的轨迹，点的轨迹与交于点、，当点在点时，最小，当点在点时，最大，如图所示，

，令点所在圆的半径为，点所在圆的半径为，则，，，，，，，，，，．【点睛】本题主要考查了正方形的性质、三角形的判定与性质、勾股定理、动点问题与圆的综合，熟练掌握正方形的性质、三角形的判定与性质，添加适当的辅助线是解题的关键．3．（2023·浙江衢州·统考二模）如图1，在正方形中，点在线段上，连接，将沿着折叠得到，延长交于点．

(1)求证：．(2)如图2，当点是中点时，求的值．(3)如图3，当时，连接并延长交于点，求的值．【答案】(1)见解析(2)(3)【分析】（1）由正方形的性质及折叠的性质证明，即可得结论；（2）由（1）可得，结合题意知，设，，可知，由勾股定理可得，即，可得，再利用正切定义即可求解；（3）由（2）可知，由，设，，，可知，，，由勾股定理可得：，即，可得或（舍去），可知，，过点作，则，得，，利用相似三角形的性质求得和即可求解．【详解】（1）证明：∵四边形是正方形，∴，，由折叠可知，，，，则：，，又∵，∴，∴；（2）由（1）可知，，，∴，∵点是中点，∴，设，，则，，，∴，由勾股定理可得：，即：，亦即，∴，∴；（3）由（2）可知，∵，设，，∴，，，由勾股定理可得：，即：，整理得：，即：，解得：或（舍去），∴，，过点作，则，

∴，，∴，即，则，，，即，∴．【点睛】本题属于几何综合，考查了正方形的性质，全等三角形的判定及性质，翻折的性质，勾股定理，求正切值，相似三角形的判定及性质，熟练掌握相关性质定理是解决问题的关键．【题型四与特殊平行四边形中新定义探究问题压轴题】例题：（2023·浙江·校联考三模）【特殊发现】：(1)如图1，正方形与正方形的顶点B重合，分别在边上，则有：①________；②直线与直线所夹的锐角等于__________度；【类比探究】：(2)将图1中的正方形绕点B逆时针旋转，连接，如图2，则（1）中的结论是否成立，请说明理由；【解决问题】：(3)如图3，点P是正方形的边上一动点（不与A、B重合），连接，沿将翻折到位置，连接并延长，与的延长线交于点F，连接，若，求的值．【答案】(1)；45(2)①（1）中的结论仍然成立，理由见解析(3)【分析】（1）①连接，，根据正方形的性质得到，证明，，三点在一条直线上，再根据已知条件得到和为等腰直角三角形，得到，，得到，即可得解；②，，三点在一条直线上，即可得到结果；（2）连接，，根据四边形和四边形为正方形，得到和为等腰直角三角形，得到，，，证明，得到，延长，交于点，交于点，得到，根据即可得证；（3）过点作于点，连接，，，与交于点，根据四边形为正方形，得到，由折叠的性质可得：，，，，得到，证明为等腰直角三角形，得到，，，得到，再根据（2）的结论得到，得到，根据已知数据得到，推出，即可得解；【详解】（1）①连接，，如图，∵四边形和四边形为正方形，∴，∴，，三点在一条直线上．∵，，∴和为等腰直角三角形，∴，，∴，∴；②∵，，三点在一条直线上，，∴直线与直线所夹的锐角等于．故答案为：；45；（2）①（1）中的结论仍然成立，理由：连接，，如图，∵四边形和四边形为正方形，∴，，∴和为等腰直角三角形，∴，，，∴，，∴，∴；延长，交于点，交于点，∵，∴．∵，∴．∴，即直线与直线所夹的锐角等于，∴（1）中的结论仍然成立；（3）过点作于点，连接，，，与交于点，如图，∵四边形为正方形，∴，由折叠的性质可得：，，，．∴，∵，∴．∵，∴．∴，∴，∴．∴为等腰直角三角形，∴，，，∴．由（2）①的结论可得：，，∴，∴，∵，∴，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴的值是定值，定值为．【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与判定，全等三角形的判定与性质，折叠的性质，三角形内角和定理，相似三角形的判定与性质，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．【变式训练】1．（2023·浙江宁波·统考中考真题）定义：有两个相邻的内角是直角，并且有两条邻边相等的四边形称为邻等四边形，相等两邻边的夹角称为邻等角．

(1)如图1，在四边形中，，对角线平分．求证：四边形为邻等四边形．(2)如图2，在6×5的方格纸中，A，B，C三点均在格点上，若四边形是邻等四边形，请画出所有符合条件的格点D．(3)如图3，四边形是邻等四边形，，为邻等角，连接，过B作交的延长线于点E．若，求四边形的周长．【答案】(1)证明见解析(2)画图见解析(3)【分析】（1）先证明，，再证明，即可得到结论；（2）根据新定义分两种情况进行讨论即可；①，结合图形再确定满足或的格点D；②，结合图形再确定满足的格点D；（3）如图，过作于，可得四边形是矩形，，，证明四边形为平行四边形，可得，，设，而，，，由新定义可得，由勾股定理可得：，再解方程可得答案．【详解】（1）解：∵，∴，，∵对角线平分，∴，∴，∴，∴四边形为邻等四边形．（2）解：，，即为所求；（3）如图，过作于，