第05讲四边形的证明与计算（讲练，2考点+16种题型+命题预测）（解析版）_02中考总复习（2026版更新中）_02-数学-中考总复习_2025中考复习资料_2025中考二轮课件ppt+讲义+练习数学_讲义+练习

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模块二 图形与几何的基础
第 05 讲 四边形的证明与计算
（思维导图+2考点+16种题型）
01考情透视·目标导航
02知识导图·思维引航
03核心精讲·题型突破
考点一 四边形的计算问题
►题型01 与多边形有关的角度计算
►题型02 利用平行四边形的性质求解
►题型03 利用矩形的性质求解
►题型04 利用菱形的性质求解
►题型05 利用正方形的性质求解
►题型06 与特殊的平行四边形有关的折叠问题
►题型07 构建中位线求解
►题型08 与特殊平行四边形有关的规律探究问题
►题型09 利用分类讨论思想解决特殊平行四边形计算问题
考点二 四边形的证明问题
►题型01 利用平行四边形的性质与判定求解
►题型02 与三角形中位线有关的证明
►题型03 利用矩形的性质与判定求解
►题型04 利用菱形的性质与判定求解
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►题型05 利用正方形的性质与判定求解
►题型06 与特殊平行四边形有关的多结论问题
►题型07 特殊平行四边形与函数综合
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01考情透视·目标导航
中考考点 命题预测
四边形作为中考数学的重要知识点，其证明与计算题目在历年考试中占据显著地位。
四边形相关题目在中考数学中占比相对稳定，通常在15%至25%之间。题型多样，包括选择
题、填空题、证明题和综合解答题。其中，选择题和填空题主要考查基础知识和基本技
能，而证明题和综合解答题则注重考查学生的逻辑推理能力和综合运用知识的能力。
【命题预测】
1. 重点考查特殊四边形的性质和判定：矩形、菱形、正方形的性质和判定一直是中考的热
点，选择题和填空题中常出现利用这些性质求角度、长度的问题。
2. 综合题的比重增加：近年来，中考数学越来越注重考查学生的综合能力，四边形相关的
综合题在考试中的比重逐渐增加。这些题目往往涉及多个知识点的综合运用，如三角形全
等、解直角三角形、二次函数等。
3. 实际应用与创新能力：中考数学命题趋势逐渐向实际应用和创新能力倾斜，四边形问题
可能结合实际情境，考查学生运用数学知识解决实际问题的能力，同时也会涉及一些新概
四边形的证
念题型，考查学生的创新思维和应变能力。
明与计算
【备考建议】
1. 扎实基础：熟练掌握平行四边形、矩形、菱形、正方形的性质和判定方法是备考的基
础，要通过大量练习加深理解和记忆。
2. 注重图形变换：理解并掌握平移、旋转、翻折等图形变换在四边形问题中的应用，提高
解题的灵活性。
3. 强化综合训练：多做四边形与其他知识点相结合的综合题，提高综合运用数学知识解决
问题的能力。
4. 培养创新思维：注重培养创新思维和应变能力，学会从不同角度分析问题，提高解决实
际问题的能力。
通过对中考数学四边形证明与计算考情的分析，可以看出，掌握基础知识、注重图形
变换、强化综合训练、培养创新思维是备考的关键。希望广大考生能够有针对性地进行复
习，取得优异成绩。
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02知识导图·思维引航
三个角是直角的四边形
矩形
一组邻边相等
一个角是直角
或：对角线相等 或：对角线互相垂直
1)两组对边分别平行
2)两组对边分别相等
一个角是直角+一组邻边相等
四边形 3)一组对边平行且相等 平行四边形 正方形
4)两组对角分别相等
5)对角线互相平分
对角线互相垂直 对角线相等
或：一组邻边相等 或：一个角是直角
四条边都相等的四边形 菱形
两腰相等 等腰梯形
梯形
一个角是直角
直角梯形
03 核心精讲 · 题型突破
考点一 四边形的计算问题
►题型01 与多边形有关的角度计算
1．（2024·山东威海·中考真题）如图，在正六边形ABCDEF中，AH∥FG，BI⊥AH，垂足为点I．若
∠EFG=20°，则∠ABI= ．
【答案】50°/50度
【分析】本题考查了正六边形的内角和、平行线的性质及三角形内角和定理，先求出正六边形的每个内角
为120°，即∠EFA=∠FAB=120°，则可求得∠GFA的度数，根据平行线的性质可求得∠FAH的度数，
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进而可求出∠HAB的度数，再根据三角形内角和定理即可求出∠ABI的度数．
【详解】解：∵正六边形的内角和=(6−2)×180=720°，
每个内角为：720°÷6=120°，
∴∠EFA=∠FAB=120°，
∵∠EFG=20°，
∴∠GFA=120°−20°=100°，
∵AH∥FG，
∴∠FAH+∠GFA=180°，
∴∠FAH=180°−∠GFA=180°−100°=80°，
∴∠HAB=∠FAB−∠FAH=120°−80°=40°，
∵BI⊥AH，
∴∠BIA=90°，
∴∠ABI=90°−40°=50°．
故答案为：50°．
2．（2024·山东烟台·中考真题）如图，在边长为6的正六边形ABCDEF中，以点F为圆心，以FB的长为
半径作B´D，剪下图中阴影部分做一个圆锥的侧面，则这个圆锥的底面半径为 ．
【答案】√3
【分析】本题考查正多边形的性质，求圆锥的底面半径，先求出正六边形的一个内角的度数，进而求出扇
形的圆心角的度数，过点A作AG⊥BF，求出BF的长，再利用圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，进行
求解即可．
【详解】解：∵正六边形ABCDEF，
(6−2)⋅180°
∴∠BAF=∠AFE=∠E= =120°，AB=AF=EF=DE=6，
6
1 1
∴∠AFB=∠ABF= (180°−120°)=30°，∠EFD=∠EDF= (180°−120°)=30°，
2 2
∴∠BFD=120°−2×30°=60°，
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√3
过点A作AG⊥BF于点G，则：BF=2FG=2AF⋅cos30°=2×6× =6√3，
2
60π
设圆锥的底面圆的半径为r，则：2πr= ×6√3，
180
∴r=√3；
故答案为：√3．
3．（2024·四川德阳·中考真题）已知，正六边形ABCDEF的面积为6√3，则正六边形的边长为（ ）
A．1 B．√3 C．2 D．4
【答案】C
【分析】本题考查正六边形的性质，正三角形的性质，设出边长去表示正三角形面积和正六边形面积即可．
【详解】解：如图：根据多边形的内角和定理可求出正六边形的一个内角为120°，故正六边形是由6个正
三角形构成的，过O点作OM⊥AB垂足是M，
设正六边形的边长为a，即OA=AB=a
在正三角形OAB中，
∵OM⊥AB，
a
∴AM=BM= ，
2
在Rt△AMO中，OM=√OA2−AM2=
√
a2−
(a) 2
=
√3
a
2 2
1 1 √3a √3a2
一个正三角形的面积为： ⋅AB⋅OM= ×a× = ，
2 2 2 4
√3a2 3√3a2
正六边形的面积为： ×6= ，
4 2
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3√3a2
∴ =6√3，
2
解得：a=2，
故选：C．
4．（2024·四川宜宾·中考真题）如图，正五边形ABCDE的边长为4，则这个正五边形的对角线AC的长是
．
【答案】2√5+2/2+2√5
【分析】此题考查了正五边形以及等腰三角形的性质和相似三角形的判定与性质．根据正五边形以及等腰
三角形的性质得出AF=AB=4，再证明△BCF∽△ACB，根据相似三角形的性质求出CF，最后由线段和
差即可求出AC的长．
【详解】解：如图，连接BD交AC于点F，
∵五边形ABCDE是正五边形，
(5−2)×180°
∴∠ABC=∠BCD= =108°，AB=BC=CD=4，
5
180°−108°
∴∠BCA=∠BAC= =36°，
2
∴∠ABF=108°−36°=72°，
∵∠AFB=∠CBD+∠BCA=36°+36°=72°，
∴∠ABF=∠AFB，
∴AF=AB=4，
∵∠BCF=∠ACB，∠BAC=∠CBF，
∴△BCF∽△ACB，
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BC CF
∴ = ，
AC BC
4 CF
即 = ，
CF+4 4
解得CF=2√5−2或CF=−2√5−2（舍去），
∴AC=CF+AF=2√5−2+4=2√5+2，
故答案为：2√5+2．
►题型02 利用平行四边形的性质求解
5．（2024·海南·中考真题）如图，在 ▱ABCD中，AB=8，以点D为圆心作弧，交AB于点M、N，分别
1
以点M、N为圆心，大于 MN为半径作弧，两弧交于点F，作直线DF交AB于点E，若
2
∠BCE=∠DCE，DE=4，则四边形BCDE的周长是（ ）
A．22 B．21 C．20 D．18
【答案】A
【分析】本题考查了平行四边形的性质，解直角三角形，尺规作图，等腰三角形的判定和性质，勾股定理．
利用勾股定理求得CE的长，再证明BE=BC，作BG⊥CE于点G，求得CG=EG=2√5，利用
tan∠DCE=tan∠BCE，求得BG=√5，再利用勾股定理求得BE=BC=5，据此求解即可．
【详解】解：∵ ▱ABCD，AB=8，
∴CD=AB=8，
由作图知DE⊥AB，
∵ ▱ABCD，
∴AB∥CD，
∴DE⊥CD，
∵DE=4，
∴CE=√42+82=4√5，
∵AB∥CD，
∴∠DCE=∠BEC，
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∵∠BCE=∠DCE，
∴∠BCE=∠BEC，
∴BE=BC，
作BG⊥CE于点G，
1
则CG=EG= CE=2√5，
2
∵∠DCE=∠BCE，
∴tan∠DCE=tan∠BCE，
DE BG 4 BG
∴ = ，即 = ，
CD CG 8 2√5
∴BG=√5，
∴BE=BC=√(√5) 2+(2√5) 2=5，
∴四边形BCDE的周长是4+8+5+5=22，
故选：A．
6．（2024·黑龙江绥化·中考真题）如图，已知点A(−7,0)，B(x,10)，C(−17,y)，在平行四边形ABCO
k
中，它的对角线OB与反比例函数y= (k≠0)的图象相交于点D，且OD:OB=1:4，则k= ．
x
【答案】−15
【分析】本题考查了反比例函数与平行四边形综合，相似三角形的性质与判定，分别过点B,D，作x轴的
垂线，垂足分别为F,E，根据平行四边形的性质得出B(−24，10)，证明△ODE∽△OBF得出OE=6，
DE=2.5，进而可得D(−6,2.5)，即可求解．
【详解】如图所示，分别过点B,D，作x轴的垂线，垂足分别为F,E，
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∵四边形AOCB是平行四边形，点A(−7,0)，B(x,10)，C(−17,y)，
∴OA=BC=7，
∴x=−24，即B(−24，10)，则OF=24，BF=10
∵DE⊥x轴，BF⊥x轴，
∴DE∥BF
∴△ODE∽△OBF
OE OD DE 1
∴ = = =
OF OB BF 4
∴OE=6，DE=2.5
∴D(−6,2.5)
∴k=−6×2.5=−15
故答案为：−15．
7．（2024·浙江·中考真题）如图，在▱ABCD中，AC，BD相交于点O，AC=2,BD=2√3．过点A作
AE⊥BC的垂线交BC于点E，记BE长为x，BC长为y．当x，y的值发生变化时，下列代数式的值不变
的是（ ）
A．x+ y B．x−y C．xy D．x2+ y2
【答案】C
【分析】此题考查了平行四边形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等知识，过点D作
DF⊥BC交BC的延长线于点F，证明△ABE≌△DCF(AAS)，得到AE=DF,BE=CF=x，由勾股定理
可得，AE2=4−(y−x) 2，DF2=12−(y+x) 2，则4−(y−x) 2=12−(y+x) 2，整理后即可得到答案．
【详解】解：过点D作DF⊥BC交BC的延长线于点F，
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∵AE⊥BC的垂线交BC于点E，
∴∠AEB=∠DFC=90°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=DC,AB∥CD，
∴∠ABE=∠DCF，
∴△ABE≌△DCF(AAS)
∴AE=DF,BE=CF=x，
由勾股定理可得，AE2=AC2−CE2=AC2−(BC−BE) 2=4−(y−x) 2，
DF2=BD2−BF2=BD2−(BC+CF) 2=BD2−(BC+BE) 2=12−(y+x) 2，
∴4−(y−x) 2=12−(y+x) 2，
∴(y+x) 2−(y−x) 2=8
∴x2+2xy+ y2−y2+2xy−x2=8
即4xy=8，解得xy=2，
∴当x，y的值发生变化时，代数式的值不变的是xy，
故选：C
8．（2024·江苏徐州·中考真题）如图，在 ▱ABCD中，AB=6，AD=10，∠BAD=60°，P为边AB上的
动点．连接PC，将PC绕点P逆时针旋转60°得到PE，过点E作EF∥AB，EF交直线AD于点F．连接
PF、DE，分别取PF、DE的中点M、N，连接MN，交AD于点Q．
(1)若点P与点B重合，则线段MN的长度为______．
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(2)随着点P的运动，MN与AQ的长度是否发生变化？若不变，求出MN与AQ的长度；若改变，请说明理
由．
【答案】(1)5
(2)不变，AQ=8，MN=5
【分析】（1）当点P与点B重合时，E、N、D、F、C共线，PE=PC=BC，MN为△PDE的中位线，
即可求出MN的长度．
（2）构造△PFG，使MN为△PFG的中位线，再构造△HPE≌△KCP，进而证得△PGH是等边三角形，
1 1
得出MN= GH= AD=5．然后由△API和△GDI为等边三角形，推导出PB=DF，然后再由
2 2
AQ=AI+IQ=8，最后得出MN和AQ的长度不变．
【详解】（1）解：当点P与点B重合时，如图①，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠PCD=∠A=60°，AD∥BC， CD∥AB，BC=AD=10．
∵将PC绕点P逆时针旋转60°得到PE，
∴∠EPC=60°，PE=PC，
∴△EPC是等边三角形，
∴PC=BC=PE=10．∠PCE=60°，
∴C、D、E三点共线，
∵CD∥AB，EF∥AB，
∴E、D、F、C共线，
∵点M、N分别是PF，ED的中点，
∴2MN=PE=10．
∴MN=5．
故答案为：5．
（2）解：结论：不变．
如解图②，连接FN并延长到点G，使得FN=GN，连接GE，DG，延长EG，BA交于H点，连接PG．
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延长AB至点K，使得BK=BC，连接CK，CE，设PG与AD交于I点，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BCD=∠A=60°，AD∥BC， CD∥AB，BC=AD=10．
∵点N为DE中点，
∴EN=DN．
∵FN=GN，
∴四边形GEFD为平行四边形，
∴¿∥AF，GD∥EF．
∵EF∥AB， CD∥AB，
∴GD∥EF∥HB，HG∥AF．
∴四边形HADG为平行四边形，
∴HG=AD，
∵HG∥AF
∴∠BAD=∠AHG=60°．
在平行四边形ABCD中，
∵∠BAD=60°，CD∥AB，
∴∠CBK=60°，
∵BC=BK，
∴△BKC是等边三角形，
∴∠K=60°．KC=BC=AD=10，
由旋转得∠EPC=60°，PE=PC，
∵∠H=60°，∠H+∠HEP+∠HPE=180°，
∴∠HEP+∠HPE=120°，∠HPE+∠CPK=180°−60°=120°，
∴∠HEP=∠CPK，
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又∠K=∠H=60°，PE=PC，
∴△EHP≌△PKC（AAS）．
∴HP=KC=AD=HG=10，
∴△PGH为等边三角形．
∵点M、N为PF、GF的中点，
1
∴MN为△PGF的中位线，MN= PG．
2
∵PG=HG=AD=10．
∴MN=5．即MN的长度不变；
∵△CPE和△GPH都为等边三角形．
∴PH=PG，PE=PC，∠HPG=∠EPC=60°，∠PHG=∠PGH=60°，
∴∠GPC=∠HPE，
∴△HPE≌△GPC（SAS）．
∴GC=HE=AF．
∵∠PHG=∠PGH=60°， HG∥AF
∴∠PAI=∠PHG=∠PGH=∠PIA=∠API=60°，
∴△API为等边三角形．
同理：△GDI为等边三角形．
∴GD=ID．AP=AI，
∴AF−DI=CG−DG，
∴AI+DF=DC=6=AP+PB，
∵AP=AI，
∴PB=DF，
设AP=a，则PB=6−a=DF，AI=AP=a，ID=10−a，
∴IF=ID+DF=10−a+6−a=16−2a．
∵MN为△GFP的中位线，
∴MN∥GP，
FQ FN
∴ = =1，
IQ GN
∴FQ=IQ，
∵M是PF的中点，
∴Q为IF中点，
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1
∴IQ= IF=8−a，
2
∴AQ=AI+IQ=a+8−a=8．
故MN和AQ的长度都不变．
【点睛】本题考查了旋转的性质，平行四边形和等边三角形的性质，三角形中位线的性质以及平行线分线
1 1
段成比例．本题的难点是构造△HPE≌△KCP得出MN= GH= AD=5．
2 2
►题型03 利用矩形的性质求解
9．（2024·四川巴中·中考真题）如图，矩形ABCD的对角线AC与BD交于点O，DE⊥AC于点E，延长
DE与BC交于点F．若AB=3，BC=4，则点F到BD的距离为 ．
21
【答案】
20
【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，解直角三角形的相关知识，过点F作FH⊥AB，垂足为
H，利用勾股定理求出AC的长，利用角的余弦值求出DF的长，再利用勾股定理求出FC，从而得出BF，
利用三角形面积求出FH即可．
【详解】解：如图，过点F作FH⊥DB，垂足为H，
∵ ABCD
四边形 为矩形，
∴∠BAD=∠BCD=90°，AC=BD，
∵AB=3，BC=4，
∴AC=BD=√AB2+BC2=√32+42=5，
1 1 1 1
∴S = AD⋅DC= AC⋅DE，即 ×4×3= ×5×DE，
△ADC 2 2 2 2
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12
解得：DE= ，
5
12
DE DC
∴cos∠EDC= = ，即 5 3 ，
DC DF =
3 DF
15
解得：DF= ，
4
∴FC=√DF2−DC2=
√ (15) 2
−32=
9
，
4 4
9 7
∴BF=BC−FC=4− = ，
4 4
1 1 1 1 7
∴S = BD⋅FH= BF⋅DC，即 ×5×FH= × ×3，
△BDF 2 2 2 2 4
21
解得：FH= ，
20
21
故答案为： ．
20
10．（2024·黑龙江大庆·中考真题）如图，在矩形ABCD中，AB=10，BC=6，点M是AB边的中点，点
N是AD边上任意一点，将线段MN绕点M顺时针旋转90°，点N旋转到点N'，则△MBN'周长的最小值
为（ ）
A．15 B．5+5√5 C．10+5√2 D．18
【答案】B
【分析】本题考查了旋转的性质，矩形的性质，勾股定理，确定点N'的轨迹是解题的关键．由旋转的性质
结合AAS证明△AMN≌△GM N'，推出MG=AM=5，得到点N'在平行于AB，且与AB的距离为5的直
线上运动，作点M关于直线EF的对称点M'，连接M'B交直线EF于点N'，此时△MBN'周长取得最小值，
由勾股定理可求解．
【详解】解：过点N'作EF∥AB，交AD、BC于E、F，过点M作MG⊥EF垂足为G，
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∵矩形ABCD，
∴AB∥CD，
∴AB∥EF∥CD，
∴四边形AMGE和BMGF都是矩形，
∴∠A=∠MGN'=90°，
由旋转的性质得∠NM N'=90°，MN=M N'，
∴∠AMN=90°−∠NMG=∠GM N'，
∴△AMN≌△GM N' (AAS)，
∴MG=AM=5，
∴点N'在平行于AB，且与AB的距离为5的直线上运动，
作点M关于直线EF的对称点M'，连接M'B交直线EF于点N'，此时△MBN'周长取得最小值，最小值为
BM+BM'，
1
∵BM= AB=5，M M'=5+5=10，
2
∴BM+BM'=5+√52+102=5+5√5，
故选：B．
11．（2024·四川南充·中考真题）如图，在矩形ABCD中，E为AD边上一点，∠ABE=30°，将△ABE沿
BE折叠得△FBE，连接CF，DF，若CF平分∠BCD，AB=2，则DF的长为 ．
【答案】√2
【分析】过F作FM⊥BC于点M，FN⊥CD于点N，∠CMF=∠CNF=90°，由四边形ABCD是矩形，
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得∠DCM=∠ABC=90°，AB=CD=2，证明四边形CMFN是矩形，通过角平分线的性质证得四边形
CMFN是正方形，最后根据折叠的性质和勾股定理即可求解．
【详解】如图，过F作FM⊥BC于点M，FN⊥CD于点N，
∴∠CMF=∠CNF=90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠DCM=∠ABC=90°，AB=CD=2，
∴四边形CMFN是矩形，
∵CF平分∠BCD，
∴FM=FN，∠DCF=∠BCF=45°，
∴四边形CMFN是正方形，
由折叠性质可知：AB=BF=2，∠ABE=FBE=30°，
∴MF=1，
∴CN=NF=MF=CM=1，DN=CD−CN=1，
在Rt△DNF中，由勾股定理得DF=√N F2+DN2=√12+12=√2，
故答案为：√2．
【点睛】本题考查了矩形的性质和判定，折叠的性质，勾股定理，30°所对直角边是斜边的一半，角平分
线的性质，正方形的判定与性质，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．
►题型04 利用菱形的性质求解
12．（2024·山东日照·中考真题）如图，在菱形ABCD中，AB=2,∠B=120°，点O是对角线AC的中点，
以点O为圆心，OA长为半径作圆心角为60°的扇形OEF，点D在扇形OEF内，则图中阴影部分的面积为
（ ）
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π √3 √3 π 1
A． − B．π− C． − D．无法确定
2 4 4 2 4
【答案】A
【分析】连接OD，将OD绕点O顺时针旋转60°得到OD'．证明△MDO≌△N D'O(ASA)，推出
S =S ，利用S =S −S 即可求解．
四边形MDNO △DD'O 阴影 扇形EOF △DOD'
【详解】解：如图，连接OD，将OD绕点O顺时针旋转60°得到OD'．
∵∠MOD+∠DON=∠NOD'+∠DON=60°
，
∴ ∠MOD=∠NOD'，
∵在菱形ABCD中，点O是对角线AC的中点，∠B=120°，
∴∠ADC=∠B=120°，OD⊥AC，
1
∴∠MDO=∠COD= ∠ADC=60°，
2
∵∠DOD'=60°，
∴∠DD'O=60°，
∴∠DD'O=∠MDO=60°，
∵OD=OD，
∴ △MDO≌△N D'O(ASA)，
∴S =S ．
四边形MDNO △DD'O
∵∠CDO=60°，
1 1 √3 √3
∴DO=CD⋅cos∠CDO= CD= AB=1,AO=CO=CD⋅sin∠CDO= CD= AB=√3，
2 2 2 2
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60π×(√3) 2 √3 π √3
∴S =S −S =S −S = −= ×12= − ．
阴影 扇形EOF 四边形MDNO 扇形EOF △DOD' 360 4 2 4
故选：A．
【点睛】本题考查了菱形的性质，三角形全等的判定与性质，解直角三角形，扇形的面积，作出辅助线，
构造三角形全等，利用S =S −S 是解题的关键．
阴影 扇形EOF △DOD'
13．（2024·内蒙古包头·中考真题）如图，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，AB=6，AC是一条对角线，
E是AC上一点，过点E作EF⊥AB，垂足为F，连接DE．若CE=AF，则DE的长为 ．
【答案】2√7
【分析】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理等知识，过D作DH⊥AC于H，
1
先判断△ABC，△ACD都是等边三角形，得出∠EAF=60°，AC=AB=6，AH=CH= AC=3，利用
2
含30°的直角三角形的性质可得出AE=2AF=2CE，进而求出CE，HE，然后利用勾股定理求解即可．
【详解】解∶过D作DH⊥AC于H，
∵菱形ABCD中，∠ABC=60°，AB=6，
∴AB=BC=CD=AD，∠ADC=∠ABC=60°，
∴△ABC，△ACD都是等边三角形，
1
∴∠EAF=60°，AC=AB=6，AH=CH= AC=3，
2
∵EF⊥AB，
∴∠AEF=30°，
∴AE=2AF，
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又CE=AF，
∴AE=2CE，
∴CE=2，
∴HE=CH−CE=1，
在Rt△CDH中，DH2=CD2−CH2=27，
∴DE=√DH2+H E2=2√7，
故答案为：2√7．
14．（2024·四川德阳·中考真题）如图，在菱形ABCD中，∠ABC=60°，对角线AC与BD相交于点O，
点F为BC的中点，连接AF与BD相交于点E，连接CE并延长交AB于点G．
(1)证明：△BEF∽△BCO；
(2)证明：△BEG≌△AEG．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】本题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、相似三角形的判定、三角形全等的判定等知
识，熟练掌握菱形的性质和相似三角形的判定是解题关键．
（1）先根据菱形的性质可得AB=BC,AC⊥BD，再证出△ABC是等边三角形，根据等边三角形的性质
可得AF⊥BC，然后根据相似三角形的判定即可得证；
（2）先根据等边三角形的性质可得CG⊥AB，从而可得AG=BG，再根据SAS定理即可得证．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC,AC⊥BD，
∵∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∵点F为BC的中点，
∴AF⊥BC，
∴∠BFE=∠BOC=90°
∵∠EBF=∠CBO，
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∴△BEF∽△BCO．
（2）证明：∵△ABC是等边三角形，AF⊥BC，AC⊥BD，
∴CG⊥AB，
∴∠AGE=∠BGE=90°
∵△ABC是等边三角形，
∴AG=BG，
在△BEG和△AEG中，
¿，
∴△BEG≌△AEG(SAS)．
15．（2024·四川凉山·中考真题）如图，在菱形ABCD中，∠ABC=60∘，AB=2，E是BC边上一个动点，
连接AE，AE的垂直平分线MN交AE于点M，交BD于点N．连接EN,CN．
(1)求证：EN=CN；
(2)求2EN+BN的最小值．
【答案】(1)见详解
(2)2√3
【分析】（1）根据菱形的性质证明△ABN≌△CBN，再结合MN是AE的垂直平分线，即可证明
EN=CN；
1
（2）过点N作NF⊥BC于点F，连接NF,AF，∠DBC=30°，则NF= BN，故
2
( 1 )
2EN+BN=2 EN+ BN =2(AN+NF)≥2AF，此时AF⊥BC，在Rt△ABF中，进行解直角三角形
2
即可．
【详解】（1）证明：连接AN，
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∵四边形ABCD是菱形，
1
∴∠ABD=∠CBD= ∠ABC=30°，BA=BC，
2
∵BN=BN，
∴△ABN≌△CBN，
∴AN=CN，
∵MN是AE的垂直平分线，
∴AN=NE，
∴EN=CN；
（2）解：过点N作NF⊥BC于点F，连接NF,AF，
∵∠DBC=30°，
1
∴NF= BN，
2
∵AN=EN，
( 1 )
∴2EN+BN=2 EN+ BN =2(AN+NF)≥2AF，
2
当点A、N、F三点共线时，取得最小值，如图：
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即AF⊥BC，
√3
∴在Rt△ABF中，AF=AB⋅sin ABC=2× =√3，
2
∴2EN+BN的最小值为2√3．
【点睛】本题考查了菱形的性质，垂直平分线的性质，全等三角形的判定与性质，垂线段最短，解直角三
角形，正确添加辅助线是解决本题的关键．
►题型05 利用正方形的性质求解
16．（2024·江苏南通·中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=5．正方形DEFG的
边长为√5，它的顶点D，E，G分别在△ABC的边上，则BG的长为 ．
【答案】3√2
【分析】过点G作GH⊥AC，易得△AHG为等腰直角三角形，设AH=HG=x，得到
CH=AC−AH=5−x，证明△GHD≌△DCE，得到CD=GH，进而得到CD=x，DH=5−2x，在
Rt△DHG中，利用勾股定理求出x的值，根据平行线分线段成比例，求出BG的长即可．
【详解】解：过点G作GH⊥AC，则：∠AHG=∠GHD=90°，
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∴∠DGH+∠HDG=90°，
∵∠ACB=90°，AC=BC=5，
∴AB=5√2,∠A=∠B=45°，
∴∠AGH=45°=∠A，
∴AH=HG，
设AH=HG=x，则：CH=AC−AH=5−x，
∵正方形DEFG，
∴DG=DE,∠GDE=90°，
∴∠HDG+∠CDE=90°，
∴∠HGD=∠CDE，
∵∠C=∠GHD=90°，
∴△GHD≌△DCE，
∴CD=GH=x，
∴DH=CH−CD=5−2x，
在Rt△GHD中，由勾股定理，得：GD2=DH2+GH2，
∴(√5) 2=(5−2x) 2+x2，解得：x=2，
∴AH=2,CH=3，
∵∠C=∠AHD=90°，
∴HG∥BC，
AG AH 2
∴ = = ，
BG CH 3
3 3
∴BG= AB= ×5√2=3√2；
5 5
故答案为：3√2．
【点睛】本题考查等腰三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，正方形的性质，平行
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线分线段成比例，解题的关键是添加辅助线构造特殊图形和全等三角形．
17．（2024·内蒙古呼伦贝尔·中考真题）如图，边长为2的正方形ABCD的对角线AC与BD相交于点O．
E是BC边上一点，F是BD上一点，连接DE,EF．若△≝¿与△DEC关于直线DE对称，则△BEF的周长
是（ ）
A．2√2 B．2+√2 C．4−2√2 D．√2
【答案】A
【分析】本题考查了正方形的性质和折叠的性质，属于基础题型，熟练掌握正方形的性质和折叠的性质是
解题的关键．根据正方形的性质可求出BD=2√2，根据轴对称的性质可得DF=DC=2，
∠DFE=∠BCD=90°则BF=BD−DF=2√2−2，再求出EF=BF=2√2−2，BE=√2BF=4−2√2，
即可求出答案．
【详解】解：正方形ABCD的边长为2，
1
∴BC=DC=2,∠BCD=90°,DO= BD，∠CBD=45°,
2
∴BD=√BC2+DC2=2√2，
∵△≝¿与△DEC关于直线DE对称，
∴DF=DC=2，∠DFE=∠BCD=90°，
∴BF=BD−DF=2√2−2，∠BFE=90°，
∴∠FBE=∠FEB=45°，
∴EF=BF=2√2−2，
∴BE=√2BF=√2(2√2−2)=4−2√2，
∴△BEF的周长是BE+EF+BF=4−2√2+2√2−2+2√2−2=2√2，
故选：A．
18．（2024·内蒙古赤峰·中考真题）如图，正方形ABCD的顶点A，C在抛物线y=−x2+4上，点D在y轴
上．若A，C两点的横坐标分别为m，n（m>n>0），下列结论正确的是（ ）
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m
A．m+n=1 B．m−n=1 C．mn=1 D． =1
n
【答案】B
【分析】本题主要考查了二次函数的图象与性质、正方形的性质、全等三角形的判定与性质，解题时要熟
练掌握并能灵活运用是关键．依据题意，连接AC、BD交于点E，过点A作MN⊥y轴于点M，过点B作
BN⊥MN于点N，先证明△ANB≌△DMA(AAS)．可得AM=NB，DM=AN．点A、C的横坐标分别
m+n −m2−n2+8
为m、n，可得A(m,−m2+4)，C(n,−n2+4)．E( ， )，M(0,−m2+4)，设
2 2
D(0,b)，则B(m+n,−m2−n2+8−b)，N(m+n,−m2+4)，BN=−n2+4−b，AM=m，AN=n，
DM=m2−4+b．再由AM=NB，DM=AN进而可以求解判断即可．
【详解】解：如图，连接AC、BD交于点E，过点A作MN⊥y轴于点M，过点B作BN⊥MN于点N，
∵ ABCD
四边形 是正方形，
∴AC、BD互相平分，AB=AD，∠BAD=90°，
∴∠BAN+∠DAM=90°，∠DAM+∠ADM=90°，
∴∠BAN=∠ADM．
∵∠BNA=∠AMD=90°，BA=AD，
∴△ANB≌△DMA(AAS)．
∴AM=NB，DM=AN．
∵点A、C的横坐标分别为m、n，
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∴A(m,−m2+4)，C(n,−n2+4)．
m+n −m2−n2+8
∴E( ， )，M(0,−m2+4)，
2 2
设D(0,b)，则B(m+n,−m2−n2+8−b)，N(m+n,−m2+4)，
∴BN=−n2+4−b，AM=m，AN=n，DM=m2−4+b．
又AM=NB，DM=AN，
∴−n2+4−b=m，n=m2−4+b．
∴b=−n2−m+4．
∴n=m2−4−n2−m+4．
∴ (m+n)(m−n)=m+n．
∵点A、C在y轴的同侧，且点A在点C的右侧，
∴m+n≠0．
∴m−n=1．
故选：B．
19．（2024·湖北武汉·中考真题）如图是我国汉代数学家赵爽在注解《周髀算经》时给出的“赵爽弦图”，
它是由四个全等的直角三角形和中间的小正方形MNPQ拼成的一个大正方形ABCD．直线MP交正方形
ABCD的两边于点E，F，记正方形ABCD的面积为S ，正方形MNPQ的面积为S ．若BE=kAE(k>1)，
1 2
S
则用含k的式子表示 1 的值是 ．
S
2
k2+1
【答案】
(k−1) 2
【分析】作EG⊥AN交AN于点G，不妨设MN=a，设EG=1，通过四边形MNPQ是正方形，推出
∠EMG=∠PMN=45°，得到EG=MG=1，然后证明△AEG∽△ABN，利用相似三角形对应边成比例，
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AE 1 AG 1
得到 = = = ，从而表示出AG，MN的长度，最后利用S =AB2=BN2+AN2 和
AB BN AN k+1 1
S
S =M N2=a2 表示出正方形ABCD和MNPQ的面积，从而得到 1 ．
2 S
2
【详解】解：作EG⊥AN交AN于点G，不妨设MN=a，设EG=1
∵ MNPQ
四边形 是正方形
∴∠PMN=45°
∴∠EMG=∠PMN=45°
∴EG=MG=1
在△AEG和△ABN中，∠EAG=∠BAN，∠AGE=∠ANB=90°
∴△AEG∽△ABN
AE EG AG
∴ = =
AB BN AN
∵BE=kAE(k>1)
∴AB=AE+BE=AE(k+1)
AE 1 AG 1
∴ = = =
AB BN AN k+1
∴BN=1+k
由题意可知，△ABN≌△DAM
∴BN=AM=1+k
∴AG=AM−GM=1+k−1=k
AG AG k 1
∴ = = =
AN AM+MN k+1+a k+1
∴a=k2−1
∴AN=AG+GM+MN=k+1+k2−1=k2+k
∴正方形ABCD的面积S =AB2=BN2+AN2=(k+1) 2+(k2+k) 2=(k+1) 2 (k2+1)，
1
正方形MNPQ的面积S =M N2=a2=(k2−1) 2=(k+1) 2 (k−1) 2
2
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S (k+1) 2 (k2+1)
∴ 1=
S (k+1) 2 (k−1) 2
2
∵k>1
∴(k+1) 2≠0
S k2+1
∴ 1= ；
S (k−1) 2
2
k2+1
故答案为： .
(k−1) 2
【点睛】本题考查了弦图，正方形的性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定与性质，正方形的面积，
勾股定理，熟练掌握以上知识点并能画出合适的辅助线构造相似三角形是解题的关键．
20．（2024·天津·中考真题）如图，正方形ABCD的边长为3√2，对角线AC,BD相交于点O，点E在CA
的延长线上，OE=5，连接DE．
（1）线段AE的长为 ；
（2）若F为DE的中点，则线段AF的长为 ．
√10 1
【答案】 2 / √10
2 2
【分析】本题考查正方形的性质，中位线定理，正确添加辅助线、熟练运用中位线定理是解题的关键；
（1）运用正方形性质对角线互相平分、相等且垂直，即可求解，
（2）作辅助线，构造中位线求解即可．
【详解】（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴OA=OC=OD=OB，∠DOC=90°
∴在Rt△DOC中，OD2+OC2=DC2，
∵DC=3√2，
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∴OD=OC=OA=OB=3，
∵ OE=5
∴ AE=OE−OA=5−3=2；
（2）延长DA到点G，使AG=AD，连接EG
由E点向AG作垂线，垂足为H
∵F为DE的中点，A为GD的中点，
∴AF为△DGE的中位线，
在Rt△EAH中，∠EAH=∠DAC=45° ，
∴AH=EH
∵ AH2+EH2=AE2，
∴AH=EH=√2
∴GH=AG−AH=3√2−√2=2√2
在Rt△EHG中，∴EG2=EH2+GH2=2+8=10，
∴EG=√10
∵ AF为△DGE的中位线，
1 √10
∴AF= EG= ；
2 2
√10
故答案为：2； .
2
21．（2024·山东烟台·中考真题）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别为对角线BD，AC的三等分点，
连接AE并延长交CD于点G，连接EF，FG，若∠AGF=α，则∠FAG用含α的代数式表示为（ ）
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45°−α 90°−α 45°+α α
A． B． C． D．
2 2 2 2
【答案】B
【分析】本题考查了正方形的性质，相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角形的外角
1
性质．证明△EOF∽△DOC，求得∠OFE=45°，证明△ABE∽△GDE，证得DG= CD=CG，推出
2
△DEG≌△CFG(SAS)，得到¿=GF，据此求解即可．
【详解】解：∵正方形ABCD中，点E，F分别为对角线BD，AC的三等分点，
∴OD=OC，∠ODC=∠OCD=45°，DE=CF，
∴OE=OF，
OE OF
∵∠EOF=∠DOC， = ，
OD OC
∴△EOF∽△DOC，
∴∠OFE=∠OCD=45°，
∵点E，F分别为对角线BD，AC的三等分点，
DE 1
∴ = ，
BE 2
∵正方形ABCD，
∴AB∥CD，
∴△ABE∽△GDE，
DG DE 1
∴ = = ，
AB BE 2
1
∴DG= CD=CG，
2
∴△DEG≌△CFG(SAS)，
∴¿=GF，
1 1
∴∠GEF= (180°−∠AGF)=90°− α，
2 2
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1 1 90°−α
∴∠FAG=∠GEF−∠AFE=90°− α−45°=45°− α= ，
2 2 2
故选：B．
►题型06 与特殊的平行四边形有关的折叠问题
22．（2024·湖北·中考真题）在矩形ABCD中，点E，F分别在边AD，BC上，将矩形ABCD沿EF折叠，
使点A的对应点P落在边CD上，点B的对应点为点G，PG交BC于点H．
(1)如图1，求证：△DEP∽△CPH；
(2)如图2，当P为CD的中点，AB=2，AD=3时，求GH的长；
(3)如图3，连接BG，当P，H分别为CD，BC的中点时，探究BG与AB的数量关系，并说明理由．
【答案】(1)见解析
3
(2)GH=
4
√6
(3)BG= AB，见解析
6
【分析】（1）证明对应角相等，即可得到△EDP∽△PCH；
（2）根据△EDP∽△PCH，求得PH的长度，从而得出GH长度；
（3）延长AB，PG交于一点M，连接AP，先证明△MBH≌△PCH，得到相等的边，再根据
△BMG∽△MAP，得出大小关系．
【详解】（1）证明：如图，
∵ ABCD
四边形 是矩形，
∴∠A=∠D=∠C=90°，
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∴∠1+∠3=90°，
∵E，F分别在AD，BC上，将四边形ABFE沿EF翻折，使A的对称点P落在DC上，
∴∠EPH=∠A=90°，
∴∠1+∠2=90°，
∴∠3=∠2，
∴△EDP∽△PCH；
（2）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴CD=AB=2，AD=BC=3，∠A=∠D=∠C=90°，
∵P为CD中点，
1
∴DP=CP= ×2=1，
2
设EP=AE=x，
∴ED=AD−x=3−x，
在Rt△EDP中，EP2=ED2+DP2，
即x2=(3−x) 2+1，
5
解得x= ，
3
5
∴EP=AE=x= ，
3
4
∴ED=AD−AE= ，
3
∵△EDP∽△PCH，
4 5
ED EP
∴ = ，即3 3 ，
PC PH =
1 PH
5
∴PH= ，
4
∵PG=AB=2，
3
∴GH=PG−PH= ．
4
（3）解：如图，延长AB，PG交于一点M，连接AP，
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∵E F AD BC ABFE EF A P CD
， 分别在 ， 上，将四边形 沿 翻折，使 的对称点 落在 上，
∴AP⊥EF，BG⊥直线EF，
∴BG∥AP，
∵AE=EP，
∴∠EAP=∠EPA，
∴∠BAP=∠GPA，
∴△MAP是等腰三角形，
∴MA=MP，
∵P为CD中点，
∴设DP=CP= y，
∴AB=PG=CD=2y，
∵H为BC中点，
∴BH=CH，
∵∠BHM=∠CHP，∠CBM=∠PCH，
∴△MBH≌△PCH(ASA)，
∴BM=CP= y，HM=HP，
∴MP=MA=MB+AB=3 y，
1 3
∴HP= PM= y，
2 2
√5
在Rt△PCH中，CH=√PH2−PC2= y，
2
∴BC=2CH=√5 y，
∴AD=BC=√5 y，
在Rt△APD中，AP=√AD2+PD2=√6 y，
∵BG∥AP，
∴△BMG∽△AMP，
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BG BM 1
∴ = = ，
AP AM 3
√6
∴BG= y，
3
AB 2y
= =√6
∴ BG √6 ，
y
3
√6
∴AB=√6BG，即BG= AB．
6
【点睛】本题考查了矩形与折叠、相似三角形的判定与性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质等知识，
熟练掌握以上基础知识是解题关键．
23．（2024·安徽·中考真题）如图，现有正方形纸片ABCD，点E，F分别在边AB,BC上，沿垂直于EF
的直线折叠得到折痕MN，点B，C分别落在正方形所在平面内的点B'，C'处，然后还原．
（1）若点N在边CD上，且∠BEF=α，则∠C'NM= （用含α的式子表示）；
（2）再沿垂直于MN的直线折叠得到折痕GH，点G，H分别在边CD,AD上，点D落在正方形所在平面
内的点D'处，然后还原．若点D'在线段B'C'上，且四边形EFGH是正方形，AE=4，EB=8，MN与GH
的交点为P，则PH的长为 ．
【答案】 90°−α/−α+90° 3√5
【分析】①连接CC'，根据正方形的性质每个内角为直角以及折叠带来的折痕与对称点连线段垂直的性质，
再结合平行线的性质即可求解；
②记HG与NC'交于点K， 可证：△AEH≌△BFE≌△DHG≌△CGF，则AE=CG=DH=4，
DG=BE=8，由勾股定理可求HG=4√5，由折叠的性质得到：∠NC'B'=∠NCB=90°，∠8=∠9，
∠D=∠GD'H=90°，NC=NC'，GD=GD'=8，则NG=NK，KC'=GC=4，由NC'∥GD'，得
3
△HC'K∽△H D'G，继而可证明HK=KG，由等腰三角形的性质得到PK=PG，故PH= HG=3√5．
4
【详解】解：①连接CC'，由题意得∠C'NM=∠4，MN⊥CC'，
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∵MN⊥EF，
∴CC'∥FE，
∴∠1=∠2，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B=∠BCD=90°，
∴∠3+∠4=∠3+∠2=90°，∠1+∠BEF=90°，
∴∠2=∠4，∠1=90°−α，
∴∠4=90°−α
∴∠C'NM=90°−α，
故答案为：90°−α；
②记HG与NC'交于点K，如图：
∵四边形ABCD是正方形，四边形EFGH是正方形，
∴∠A=∠B=∠C=∠D=90°，HE=FE，∠HEF=90°，
∴∠5+∠6=∠7+∠6=90°，
∴∠5=∠7，
∴△AEH≌△BFE，
同理可证：△AEH≌△BFE≌△DHG≌△CGF，
∴AE=CG=DH=4，DG=BE=8，
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在Rt△HDG中，由勾股定理得HG=√DH2+DG2=4√5，
由题意得：∠NC'B'=∠NCB=90°，∠8=∠9，∠D=∠GD'H=90°，NC=NC'，GD=GD'=8，
∴NC'∥GD'，
∴∠NKG=∠9，
∴∠8=∠NKG，
∴NG=NK，
∴NC−NG=NC'−NK，
即KC'=GC=4，
∵NC'∥GD'，
∴△HC'K∽△H D'G，
HK C'K 1
∴ = = ，
HG D'G 2
1
∴HK= HG，
2
∴HK=KG，
由题意得MN⊥HG，而NG=NK，
∴PK=PG，
3
∴PH= HG=3√5，
4
故答案为：3√5．
【点睛】本题考查了正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，
勾股定理，等腰三角形的判定与性质，熟练掌握知识点，正确添加辅助线是解决本题的关键．
24．（2024·贵州贵阳·一模）综合与实践
(1)【操作发现】如图①，将正方形纸片ABCD沿过点A的直线折叠，使点B落在正方形内部的点M处，
折痕为AE，再将纸片沿过点A的直线折叠，使AD与AM重合，折痕为AF，则∠EAF的度数为 ；
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(2)【拓展探究】如图②，在（1）的条件下，继续将正方形纸片沿EF折叠，点C的对应点恰好落在折痕
AE上的点N处，若AB=3，求线段DF的长；
(3)【迁移应用】如图③，在矩形ABCD中，点E，F分别在边BC，CD上，将矩形ABCD沿AE，AF折
叠，点B落在点M处，点D落在点G处，点A，M，G恰好在同一直线上，若点F为CD的三等分点，
AB=3，AD=5，请求出线段BE的长．
【答案】(1)45°
(2)6−3√3
9
(3) 或2
7
【分析】（1）由正方形的性质得∠BAD=90°，再由折叠的性质得：
∠BAE=∠MAE，∠DAF=∠MAF，即可求解；
（2）证△ANF是等腰直角三角形，得∠AFN=45°，则∠AFD=∠AFM=45°+∠NFE，进一步求出
∠BAE=30°，由含30°角的直角三角形的性质结合勾股定理再求出BE，最后根据线段的和差关系求解即
可．
（3）分两种情形：当DF=2CF，当CF=2DF，分别求解即可．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠C=∠BAD=90°，
由折叠的性质得：∠BAE=∠MAE，∠DAF=∠MAF，
1
∴∠MAE+∠MAF=∠BAE+∠DAF= ∠BAD=45°，
2
即∠EAF=45°，
故答案为：45°；
（2）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B=∠C=90°，
由折叠的性质得：∠NFE=∠CFE，∠ENF=∠C=90°，∠AFD=∠AFM，
∴∠ANF=180°−90°=90°，
由（1）得：∠EAF=45°，
∴△ANF是等腰直角三角形，
∴∠AFN=45°，
∴∠AFD=∠AFM=45°+∠NFE，
∴∠AFD+∠AFM+∠CFE=2(45°+∠NFE)+∠CFE=180°，
∴∠NFE=∠CFE=30°，
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∴∠FEC=∠FEN=60°，
∴∠BEA=60°，
∴∠BAE=30°，
∴AB=√3BE=3，
∴BE=√3，
∴EC=3−√3，
∵∠EFC=30°，
∴FC=√3EC=3√3−3，
∴DF=3−3(√3−3)=6−3√3．
（3）如图3中，在AD上取一点J，使得AJ=AB=3，过点J作JT⊥BC于点T，交AF于点K，连接EK，
得正方形ABTJ，
当DF=2CF时，CF=1，DF=2，
∵JK∥DF，
∴△AJK∽△ADF，
AJ JK
∴ = ，
AD DF
3 JK
∴ = ，
5 2
6
∴JK= ，
5
由（1）可知EK=BE+JK，
6
设BE=x，则EK=x+ ，
5
∵EK2=ET2+KT2，
∴ ( x+ 6) 2 =(3−x) 2+ ( 3− 6) 2 ，
5 5
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9
∴x= ．
7
当CF=2DF时，同法可得BE=2．
9
综上所述，满足条件的BE的值为 或2．
7
【点睛】本题是四边形综合题，考查了正方形的性质、翻折变换的性质、等腰直角三角形的判定与性质、
含30°角的直角三角形的性质等知识；本题综合性强，熟练掌握正方形的性质和翻折变换的性质，证出
∠EAF=45°是解题的关键．
►题型07 构建中位线求解
25．（2024·四川成都·中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AD是△ABC的一条角平分线，E为
AD中点，连接BE．若BE=BC，CD=2，则BD= ．
√17+1
【答案】
2
【分析】连接CE，过E作EF⊥CD于F，设BD=x，EF=m，根据直角三角形斜边上的中线性质和等腰
1
三角形的性质证得CF=DF= CD=1，∠EAC=∠ECA，∠ECD=∠EDC=∠BEC，进而利用三角
2
形的外角性质和三角形的中位线性质得到∠CED=2∠CAE，AC=2EF=2m，证明△CBE∽△CED，
利用相似三角形的性质和勾股定理得到m2=3+2x；根据角平分线的定义和相似三角形的判定与性质证明
△CAB∽△FBE得到2m2=(x+1)(x+2)，进而得到关于x的一元二次方程，进而求解即可．
【详解】解：连接CE，过E作EF⊥CD于F，设BD=x，EF=m，
∵∠ACB=90°，E为AD中点，
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∴CE=AE=DE，又CD=2，
1
∴CF=DF= CD=1，∠EAC=∠ECA，∠ECD=∠EDC，
2
∴∠CED=2∠CAE，AC=2EF=2m，
∵BE=BC，
∴∠BEC=∠ECB，则∠BEC=∠EDC，又∠BCE=∠ECD，
∴△CBE∽△CED，
CE CB
∴ = ，∠CBE=∠CED=2∠CAE，
CD CE
∴CE2=CD⋅CB=2(2+x)=4+2x，
则m2=EF2=CE2−CF2=3+2x；
∵AD是△ABC的一条角平分线，
∴∠CAB=2∠CAE=∠CBE，又∠ACB=∠BFE=90°，
∴△CAB∽△FBE，
AC BC
∴ =
BF EF
2m x+2
∴ = ，则2m2=(x+1)(x+2)，
x+1 m
∴2(3+2x)=(x+1)(x+2)，即x2−x−4=0，
√17+1
解得x= （负值已舍去），
2
√17+1
故答案为： ．
2
【点睛】本题考查了相似三角形的判定与性质、直角三角形的性质、等腰三角形的性质、三角形的中位线
性质、三角形的外角性质、角平分线的定义以及解一元二次方程等知识，是一道填空压轴题，有一定的难
度，熟练掌握三角形相关知识是解答的关键．
26．（2023·江苏南通·中考真题）如图，四边形ABCD的两条对角线AC，BD互相垂直，AC=4，BD=6，
则AD+BC的最小值是 ．
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【答案】2√13
【分析】设AC,BD的交点为O，AB,BC,CD,DA的中点分别是P,Q,R,S，连接
PQ,QR,RS,SP,OQ,OS,QS，先证AD+BC=2(OS+OQ)，由此得当OS+OQ最小时，AD+BC最小，
再根据“两点之间线段最短”得OQ+OS≥QS，再证四边形PQRS是矩形，且PQ=2,SP=3，根据勾股
定理的OS=√13，进而求得AD+BC的最小值．
【详解】解：设AC,BD的交点为O，AB,BC,CD,DA的中点分别是P,Q,R,S，连接
PQ,QR,RS,SP,OQ,OS,QS，
∵AC,BD互相垂直，
∴△AOD和△BOC为直角三角形，且AD,BC分别为斜边，
∴AD=2OS,BC=2OQ，
∴ AD+BC=2(OS+OQ)，
∴当OS+OQ最小时，AD+BC最小，再根据“两点之间线段最短”得OQ+OS≥QS，
∴当点O在线段QS上时，OQ+OS最小，最小值为线段QS的长，
∵P,Q分别为AB,BC的中点，
∴PQ是△ABC的中位线，
1
∴PQ= AC=2,PQ∥AC，
2
1
同理QR= BD=3,QR∥BD，
2
1
RS= AC=2,RS∥AC，
2
1
SP= BD=3,SP∥BD，
2
∴PQ∥AC∥RS,QR∥BD∥SP，
∴四边形PQRS是平行四边形，
∵AC⊥BD,PQ∥AC,SP∥BD，
∴PQ⊥SP，
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∴四边形PQRS是矩形，
在Rt△PQS中，PQ=2,SP=3，
∴QS=√PQ2+SP2=√13，
∴OQ+OS的最小值为√13，
∴AD+BC的最小值为2√13．
故答案为：2√13．
【点睛】此题只要考查了矩形的判定和性质，三角形的性质，三角形的中位线定理，线段的性质，勾股定
理等，熟练掌握矩形的判定和性质，三角形的中位线定理，理解直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，
两点之间线段最短是解答此题的关键．
27．（2025·上海闵行·一模）如图，点D、E分别是线段BC和AC的中点，AD、BE交于点O，且
AD⊥BE，BC=22，AC=16，那么OD长是 ．
【答案】3
1
【分析】连接AB、DE，由三角形中位线定理推出DE∥AB，DE= AB，判定△DOE∽△AOB，推
2
OD OE DE 1
出 = = = ，设OD=x，OE= y，由勾股定理得到x2+(2y) 2=112，y2+(2x) 2=82，求出x=3，
OA OB AB 2
得到OD=3．
【详解】解：连接AB、DE，
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D、E分别是线段BC和AC的中点，
∵∴DE是△ABC的中位线，
1
∴DE∥AB，DE= AB，
2
∴△DOE∽△AOB，
OD OE DE 1
∴ = = = ，
OA OB AB 2
设OD=x，OE= y，则AO=2x，OB=2y，
∵AD⊥BE，
∴OD2+OB2=BD2，OE2+AO2=AE2，
1 1 1 1
∵BD= BC= ×22=11，AE= AC= ×16=8，
2 2 2 2
∴x2+(2y) 2=112，y2+(2x) 2=82，
∴x=3（舍去负值），
∴OD=3．
故答案为：3．
【点睛】本题考查相似三角形的判定和性质，勾股定理，三角形中位线定理，二元二次方程组，关键是由
勾股定理得到关于x、y的方程组．
►题型08 与特殊平行四边形有关的规律探究问题
28．（2020·辽宁丹东·中考真题）如图，在矩形OA A B中，OA=3，A A =2，连接OA ，以OA 为边，
1 1 1 1
2
作矩形OA A B 使A A = OA ，连接OA 交A B于点C；以OA 为边，作矩形OA A B ，使
1 2 1 1 2 3 1 2 1 2 2 3 2
2 2
A A = OA ，连接OA 交A B 于点C ；以OA 为边，作矩形OA A B ，使A A = OA ，连接
2 3 3 2 3 2 1 1 3 3 4 3 3 4 3 3
OA 交A B 于点C ；…按照这个规律进行下去，则ΔC C A 的面积为 ．
4 3 2 2 2019 2020 2022
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4042
3 √13
【答案】 ⋅( ) ．
4 3
【分析】先寻找规律求得S 的面积，再结合勾股定理以及三角形中线平分三角形的面积求得三角
矩OA A B
n n+1 n
1
形面积是它所在矩形面积的 ，依此即可求得ΔC C A 的面积．
8 2019 2020 2022
【详解】解：∵四边形OA A B为矩形，
1
A= B=90°，A B=OA=3，OB=A A =2，A B//OA，
1 1 1
∴∴∠∠B
∠
A O=∠A OA，
1 1
2 √13
OA =√OA2+A A 2=√13,A A = OA，OA = OA，
1 1 1 3 1 3
∴
2
∵A A = OA ，
1 2 3 1
2 √13
∴A A = ⋅ OA，
1 2 3 3
∴tan∠A OA =tan∠A OA
2 1 1
∴∠A OA =∠A OA，
2 1 1
∴∠BA O=∠A OA ，
1 2 1
∴OC=A C，
1
√13 √13 2 √13 2 √13 2
同理可证OA = OA =( ) 2OA， A A = ⋅ OA = ⋅( ) OA，
2 3 1 3 2 3 3 3 2 3 3
n n
√13 2 √13
依次类推OA =( ) OA，A A = ⋅( ) OA，
n 3 n n+1 3 3
n n 2n
√13 2 √13 √13
故S =OA ⋅A A =( ) OA⋅ ⋅( ) OA=6⋅( ) ，
矩OA n A n+1 B n n n n+1 3 3 3 3
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在矩形OA A B中，设OC=A C=x，则BC=3−x，
1 1
根据勾股定理OB2+BC2=OC2，
13
即22+(3−x) 2=x2，解得x= ，
6
√13 13 1
∵OA =( ) 2OA= ，即OC=C A = OA ，
2 3 3 2 2 2
1
同理可证OC =C A = OA ，
1 1 3 2 3
1 1 1 1 1 1 1
∴S ❑ = S ❑ = ⋅ S ❑ = ⋅ ⋅ S = S
Δ CC 1 A 3 2 Δ OCA 3 2 2 Δ OA 2 A 3 2 2 2 矩OA 2 A 3 B 2 8 矩OA 2 A 3 B 2
4042 4042
1 1 √13 3 √13
同理可证S = S = ⋅6⋅( ) = ⋅( )
ΔC 2019 C 2020 A 2022 8 矩OA 2021 A 2022 B 2 ❑ 021 8 3 4 3
4042
3 √13
故答案为： ⋅( ) ．
4 3
【点睛】本题考查矩形的性质，勾股定理，三角形中线有关的面积计算，探索与表达规律，解直角三角形．
解决此题的关键有两个：①寻找规律，求得S =OA ⋅A A ；②得出三角形面积是它所在矩形
矩OA A B n n n+1
n n+1 n
1
面积的 ．需注意标序号的时候不要混淆了．
8
29．（2020·辽宁·中考真题）如图，四边形ABCD是矩形，延长DA到点E，使AE=DA，连接EB，点F
1
是CD的中点，连接EF ，BF ，得到ΔEF B；点F 是CF 的中点，连接EF ，BF ，得到ΔEF B；
1 1 1 2 1 2 2 2
点F 是CF 的中点，连接EF ，BF ，得到ΔEF B；…；按照此规律继续进行下去，若矩形ABCD的
3 2 3 3 3
面积等于2，则ΔEF B的面积为 ．（用含正整数n的式子表示）
n
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2n+1
【答案】
2n
【分析】先计算出ΔEF B、ΔEF B、ΔEF B的面积，然后再根据其面积的表达式找出其一般规律进而
1 2 3
求解．
【详解】解：∵AE=DA，
∴ΔABE面积是矩形ABCD面积的一半，∴梯形BCDE的面积为2+1=3，
∵点F 是CD的中点，∴DF =CF
1 1 1
1 1 1 1 1
∴S = BC⋅CF = BC⋅ CD= S = ，
ΔBF 1 C 2 1 2 2 4 矩 形ABC2D
1 1 1 1
S = DE⋅DF = ×2AD⋅ DC= S =1，
ΔDF 1 E 2 1 2 2 2 矩 形ABCD
1 3
∴S =S −S −S =3−1− = ，
ΔEF 1 B 梯 形ABCDΔDF 1 E ΔBF 1 C 2 2
∵点F 是CF 的中点，由中线平分所在三角形的面积可知，
2 1
1 1
∴S = S = ，
ΔBF 2 C 2 ΔBF 1 C 4
3
且DF = DF ，
2 2 1
3 3
∴S = S =
ΔDF 2 E 2 ΔDF 1 E 2
3 1 5
∴S =S −S −S =3− − = ，
ΔEF 2 B 梯 形ABCDΔDF 2 E ΔBF 2 C 2 4 4
同理可以计算出：
1 1
S = S = ，
ΔBF 3 C 2 ΔBF 2 C 8
7
且DF = DF ，
3 4 1
7 7
∴S = S = ，
ΔDF 3 E 4 ΔDF 1 E 4
7 1 9
∴S =S −S −S =3− − = ，
ΔEF 3 B 梯 形ABCDΔDF 3 E ΔBF 3 C 4 8 8
3 5 9
故ΔEF B、ΔEF B、ΔEF B的面积分别为： , , ，
1 2 3 2 4 8
观察规律，其分母分别为2,4,8，符合2n，分子规律为2n+1，
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2n+1
∴ΔEF B的面积为 ．
n 2n
2n+1
故答案为： ．
2n
【点睛】本题考查了三角形的中线的性质，三角形面积公式，矩形的性质等，本题的关键是能求出前面三
个三角形的面积表达式，进而找出规律求解．
30．（2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，正方形OMNP顶点M的坐标为
(3,0)，△OAB是等边三角形，点B坐标是(1,0)，△OAB在正方形OMNP内部紧靠正方形OMNP的边（方
向为O→M→N→P→O→M→⋯）做无滑动滚动，第一次滚动后，点A的对应点记为A ，A 的坐
1 1
标是(2,0)；第二次滚动后，A 的对应点记为A ，A 的坐标是(2,0)；第三次滚动后，A 的对应点记为A ，
1 2 2 2 3
( √3 1)
A 的坐标是 3− , ；如此下去，……，则A 的坐标是 ．
3 2 2 2024
【答案】(1,3)
【分析】本题考查了点的坐标变化规律，正方形性质，等边三角形性质，根据三角形的运动方式，依次求
出点A的对应点A ，A ，⋯⋯，A 的坐标，发现规律即可解决问题．
1 2 12
【详解】解：∵正方形OMNP顶点M的坐标为(3,0)，
∴OM=MN=NP=OP=3,
∵ △OAB是等边三角形，点B坐标是(1,0)，
√3
∴等边三角形高为 ，
2
由题知，
A 的坐标是(2,0)；
1
A 的坐标是(2,0)；
2
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( √3 1)
A 的坐标是 3− , ；
3 2 2
继续滚动有，A 的坐标是(3,2)；
4
A 的坐标是(3,2)；
5
(5 √3)
A 的坐标是 ,3− ；
6 2 2
A 的坐标是(1,3)；
7
A 的坐标是(1,3)；
8
(√3 5)
A 的坐标是 , ；
9 2 2
A 的坐标是(0,1)；
10
A 的坐标是(0,1)；
11
(1 √3)
A 的坐标是 , ；
12 2 2
A 的坐标是(2,0)；⋯⋯不断循环，循环规律为以A ，A ，⋯⋯，A ，12个为一组，
13 1 2 12
∵ 2024÷12=168⋯⋯8，
∴ A 的坐标与A 的坐标一样为(1,3)，
2024 8
故答案为：(1,3)．
31．（2022·山东烟台·中考真题）如图，正方形ABCD边长为1，以AC为边作第2个正方形ACEF，再以
CF为边作第3个正方形FCGH，…，按照这样的规律作下去，第6个正方形的边长为（ ）
A．（2√2）5 B．（2√2）6 C．（√2）5 D．（√2）6
【答案】C
【分析】根据勾股定理得出正方形的对角线是边长的√2，第1个正方形的边长为1，其对角线长为√2；第
2个正方形的边长为√2，其对角线长为(√2) 2；第3个正方形的边长为(√2) 2，其对角线长为(√2) 3；•••；
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第n个正方形的边长为(√2) n−1．所以，第6个正方形的边长(√2) 5．
【详解】解：由题知，第1个正方形的边长AB=1，
根据勾股定理得，第2个正方形的边长AC=√2，
根据勾股定理得，第3个正方形的边长CF=(√2) 2，
根据勾股定理得，第4个正方形的边长GF=(√2) 3，
根据勾股定理得，第5个正方形的边长GN=(√2) 4，
根据勾股定理得，第6个正方形的边长=(√2) 5．
故选：C．
【点睛】本题主要考查勾股定理，根据勾股定理找到正方形边长之间的√2倍关系是解题的关键．
►题型09 利用分类讨论思想解决特殊平行四边形计算问题
32．（2024·黑龙江牡丹江·中考真题）矩形ABCD的面积是90，对角线AC，BD交于点O，点E是BC边
的三等分点，连接DE，点P是DE的中点，OP=3，连接CP，则PC+PE的值为 ．
【答案】13或√109
【分析】本题考查了矩形的性质，三角形中位线定理，勾股定理．当CE>BE时，利用三角形中位线定理
求得CE=12，再求得矩形的边长，利用勾股定理求得DE的长，再根据斜边中线的性质即可求解；当
CE<BE时，同理求解即可．
【详解】解：当CE>BE时，如图，
∵矩形ABCD，
∴点O是BD的中点，
∵点P是DE的中点，
∴BE=2OP=6，CP=PE=PD，
∵点E是BC边的三等分点，
∴CE=2BE=12，BC=3BE=18，
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∵矩形ABCD的面积是90，
∴BC×CD=90，
∴CD=5，
∴DE=√52+122=13，
∴PC+PE=DE=13；
当CE<BE时，如图，
∵矩形ABCD，
∴点O是BD的中点，
∵点P是DE的中点，
∴BE=2OP=6，CP=PE=PD，
∵点E是BC边的三等分点，
1
∴CE= BE=3，BC=3+6=9，
2
∵矩形ABCD的面积是90，
∴BC×CD=90，
∴CD=10，
∴DE=√32+102=√109，
∴PC+PE=DE=√109；
故答案为：13或√109．
33．（2023·黑龙江牡丹江·中考真题）如图，在平面直角坐标系中，菱形ABCD的顶点A，B在x轴上，
AB=2，A(1,0)，∠DAB=60°，将菱形ABCD绕点A旋转90°后，得到菱形AB C D ，则点C 的坐标
1 1 1 1
是 ．
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【答案】(1−√3,3)或(1+√3,−3)
【分析】分两种情况：当绕点A顺时针旋转90°后，当绕点A逆时针旋转90°后，利用菱形的性质及直角
三角形30度角的性质求解即可．
【详解】解：当绕点A顺时针旋转90°后，如图，
∵∠DAB=60°，∠D AD=90°
1
∴∠D AB=30°，
1
∵菱形ABCD中AB∥CD，CD=AD=AB=2，
∴∠AD C =∠ADC=120°，
1 1
延长C D 交x轴于点E，
1 1
∴∠AD E=60°，∠AED =90°，
1 1
1
∴ED = AD =1，
1 2 1
∴AE=√3，
∴C (1+√3,−3)；
1
当绕点A逆时针旋转90°后，如图，延长C D 交x轴于点F，
2 2
∠DAB=60° ∠B AB=90°
2
∵ ， ，
∴∠D AF=30°，
2
∵菱形ABCD中AB∥CD，CD=AD=AB=2，
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∴∠AD C =∠ADC=120°，
2 2
∴∠AD F=60°，∠AFD =90°，
2 2
1
∴FD = AD =1，
2 2 2
∴AF=√3，
∴C (1−√3,3)；
2
故答案为：(1−√3,3)或(1+√3,−3)．
【点睛】此题考查了菱形的性质，直角三角形30度角所对的直角边等于斜边的一半，旋转的性质，正确理
解菱形的性质及旋转的性质是解题的关键．
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 对角相等 两条对角线互相垂直平分，且 轴对称图形、中心对称
都相等 每一条对角线平分一组对角 图形
正方形 对边平行且四条边 四个角都是直角 两条对角线互相垂直平分，且 轴对称图形、中心对称
都相等 每一条对角线平分一组对角 图形
1．（2025·陕西西安·一模）如图，正方形ABCD的边长为6，将正方形折叠，使顶点D 落在BC边上的点
E 处，折痕为GH．若点E恰好是BC的中点，则线段CH的长为（ ）
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9 3
A． B．√3 C．3 D．
4 2
【答案】A
【分析】本题考查了正方形的性质、折叠的性质、勾股定理，熟练掌握折叠的性质是解题关键．先根据正
1
方形的性质可得CD=BC=6,CE= BC=3,∠C=90°，再根据翻折的性质可得EH=DH，设CH=x，
2
从而可得EH=DH=CD−CH=6−x，然后在Rt△CEH中，利用勾股定理即可得．
【详解】解：∵正方形ABCD的边长为6，点E恰好是BC的中点，
1
∴CD=BC=6,CE= BC=3,∠C=90°，
2
由翻折的性质得：EH=DH，
设CH=x，则EH=DH=CD−CH=6−x，
在Rt△CEH中，CE2+CH2=EH2，即32+x2=(6−x) 2，
9
解得x= ，
4
9
即CH= ，
4
故选：A．
1
2．（2024·黑龙江大兴安岭地·中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，tan∠BAC= ，BC=2，
2
AD=1，线段AD绕点A旋转，点P为CD的中点，则BP的最大值是 ．
1
【答案】2√2+
2
【分析】本题考查了解直角三角形，三角形中位线定理，旋转的性质，解题的关键是找出BP取最大值时
B、P、M三点的位置关系．
取AC的中点M，连接PM、BM，利用解三角形求出BM=√MC2+BC2=2√2，利用三角形中位线定理
1 1
推出PM= AD= ，当AD在AC下方时，如果B、P、M三点共线，则BP有最大值．
2 2
【详解】解：取AC的中点M，连接PM、BM．
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1
∵∠ACB=90°，tan∠BAC= ，BC=2，
2
BC 1
∴AC= =2÷ =4，
tan∠BAC 2
1
∴AM=CM= AC=2，
2
∴BM=√MC2+BC2=√22+22=2√2，
∵P、M分别是CD、AC的中点，
1 1
∴PM= AD= ．
2 2
如图，当AD在AC下方时，如果B、P、M三点共线，则BP有最大值，
1
最大值为BM+MP=2√2+ ，
2
1
故答案为：2√2+ ．
2
3．（2025·河北秦皇岛·一模）小明用四根长度相同的木条首尾相接制作了能够活动的学具，他先活动学具
成为图1所示形状，并测得∠B=60°，接着活动学具成为图2形状所示，并测得∠ABC=90°，若图2中
对角线BD=10√2cm，则图1中对角线BD的长为（ ）
A．10cm B．10√2cm C．10√3cm D．10√6cm
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【答案】C
【分析】根据勾股定理即可求得正方形的边长，根据菱形的性质和勾股定理即可求得图1中BD的长．
【详解】解：由题意可知，AB=BC=CD=DA，
∴四边形ABCD是菱形（图1），
当∠ABC=90°时，四边形ABCD是正方形（图2），
∴图2中，∠A=90°，
∴在Rt△ABD中，AB2+AD2=BD2，
√2
∴AB=AD= BD=10cm，
2
在图1中，连接AC，交BD于O，如图所示：
∵∠B=60°，四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OB=OD，OA=OC，∠ABO=30°，
1
∴OA= AB=5cm，OB=√3OA=5√3cm，
2
∴BD=2OB=10√3cm；
故选：C．
【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、正方形的性质，勾股定理以及含30°的直角三角形的性质，利用
勾股定理得出正方形的边长是关键．
4．（2025·广东揭阳·一模）如图，四边形ABCD为平行四边形，E，F分别为AB和BC的中点，CE=5，
15
DF= ，AB=4√2，则BC的长为（ ）
2
A．√33 B．√34 C．√35 D．√37
【答案】A
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【分析】本题考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定与性质，勾股逆定理以及勾股定理，正确掌握
相关性质内容是解题的关键．先过点F作HF∥AB，交CE于一点H，结合平行四边形的性质以及中点，
1 1 5
得BE= AB=2√2,CF= BC，再证明△CHF∽△CEB，得出FH=√2，CH= ，然后证明
2 2 2
1 1 1 3
△FHO∽△DCO，得出HO= HC= ,FO= FD= ，运用勾股逆定理得△HOF是直角三角形，最后
5 2 5 2
运用勾股定理列式进行计算，即可作答．
【详解】解：过点F作HF∥AB，交CE于一点H，如图所示：
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AB∥CD,AB=CD,AD=BC，
∵E，F分别为AB和BC的中点，
1 1
∴BE= AB=2√2,CF= BC
2 2
∵HF∥AB，
∴∠CHF=∠HEB,∠CFH=∠B，
∴△CHF∽△CEB
CF CH FH 1
∴ = = = ，
CB CE BE 2
∵BE=2√2，CE=5
5
∴FH=√2，CH=
2
∵HF∥AB，
∴HF∥CD，
∴∠CHF=∠HCD,∠OFH=∠CDO，
∴△FHO∽△DCO，
OD OC CD 2BE
∴ = = = =4，
OF HO HF HF
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1 1 1 3
∴HO= HC= ,FO= FD= ，
5 2 5 2
在△HOF中，FO2=2.25,HO2=0.25,FH2=2，
则FO2=HO2+FH2，
故△HOF是直角三角形，
∴∠CHF=90°，
∵HF∥AB，
∴∠BEC=90°，
∴BC=√BE2+EC2=√8+25=√33，
故选：A．
5．（2025·上海徐汇·模拟预测）将图1所示的七巧板，拼成图2所示的四边形ABCD，连接AC，则
tan∠CAB=（ ）
√3 1 1
A． B．√3 C． D．
2 2 3
【答案】C
【分析】本题考查了等腰直角三角形的性质，正方形的性质，勾股定理，三角函数，解题的关键是掌握以
上知识点．设等腰直角△MNQ的直角边为a，利用图形的位置关系求出大正方形的边长和大等腰直角三角
形的直角边长，进而根据正切的定义即可求解，掌握等腰直角三角形和正方形的性质是解题的关键．
【详解】解：如图1，设等腰直角△MNQ的直角边为a，则MQ=√2a，小正方形的边长为a，
∴MP=2a，
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∴EM=√(2a) 2+(2a) 2=2√2a，
∴MT=EM=2√2a，
∴QT=2√2a−√2a=√2a，
如图2，过点C作CH⊥AB的延长线于点H，则CH=BD，BH=CD，
由图（1）可得，AB=BD=2√2a，CD=√2a+√2a=2√2a，
∴CH=2√2a，BH=2√2a，
∴AH=2√2a+2√2a=4√2a，
CH 2√2a 1
∴tan∠CAB= = = ．
AH 4√2a 2
故选：C．
k
6．（2025·广西·模拟预测）如图，反比例函数y= (x<0)的图象经过平行四边形ABCO的顶点A，OC
x
在x轴上，若点B(−1,3)，S =3，则实数k的值为（ ）
▱ABCO
A．−3 B．−6 C．−7 D．−8
【答案】B
【分析】本题考查了反比例函数k值的几何意义、反比例函数图象上点的坐标特征、平行四边形的性质，
延长AB交y轴于点D，根据平行四边形面积可求出AB=OC=1，继而可得点A坐标，根据反比例函数图
象上点的坐标特征求出k值即可．
【详解】解：如图，延长AB交y轴于点D，
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∵B(1,3)，S =3，
▱ABCO
∴OC⋅OD=3OC=3，
∵ABCO是平行四边形，
∴AB=OC=1，
∴AD=2，
∴A(−2,3)，
∵点A在反比例函数图象上，
∴k=−2×3=−6．
故选：B．
7．（2025·江苏无锡·一模）如图，在矩形ABCD中，AB=16，BC=12，点E在BC上，CE=4，若P、
Q分别为边CD与AB上两个动点，线段PQ始终满足与AE垂直且垂足为F，则AP+QE的最小值
．
【答案】10√5
【分析】过点Q作QH⊥CD于点H．利用相似三角形的性质求出PH=6，设BQ=x，则CH=x，
PD=10−x，AP+QE=√122+(10−x) 2+√x2+82，求AP+QE的最小值，相当于在x轴上找一点
M(x,0)，使得点M到J(0,8)，K(10,12)的距离和最小，作点J关于x轴的对称点J'，连接KJ'，则
KJ'=√102+202=10√5，由MJ+MK=MJ'+MK≥KJ'=10√5，可得结论．
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【详解】解：如图，过点Q作QH⊥CD于点H．
∵ ABCD
四边形 是矩形，
∴AB=CD=16，AD=BC=12，∠B=∠C=∠D=90°，
∵CE=4，
∴BE=BC−CE=12−4=8，
∵QH⊥CD，
∴∠B=∠QHP=∠QHC=90°，
∴四边形BCHQ是矩形，
∴BQ=CH，BC=QH=12，QH∥BC，
∴∠AQH=∠B=90°，
∵AE⊥QP，
∴∠QAF+∠AQP=90°，∠AQP+∠HQP=90°，
∴∠BAE=∠HQP，
∴△ABE∽△QHP，
AB BE
∴ = ，
QH PH
16 8
∴ = ，
12 PH
∴PH=6，
设BQ=x，则CH=x，DP=10−x，
∴AP+QE=√122+(10−x) 2+√x2+82=√(12−0) 2+(10−x) 2+√(x−0) 2+(0−8) 2，
欲求AP+QE的最小值，相当于在x轴上找一点M(x,0)，使得点M到J(0,8)，K(10,12)的距离和最小，
如图1中，
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作点J关于x轴的对称点J'，连接KJ'，
∵K(10,12)，J'(0,−8)，
∴KJ'=√(10−0) 2+(12+8) 2=10√5，
∵MJ+MK=MJ'+MK≥KJ'=10√5，当J'、M、J共线时取等号，
∴JM+MK的最小值为10√5，
∴AP+QE的最小值为10√5．
故答案为：10√5．
【点睛】本题考查矩形的性质，轴对称最短问题，相似三角形的判定和性质，两点坐标距离公式等知识，
解题的关键是学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，学会用转化的思想思考问题，属于中考填
空题中的压轴题．
8．（2025·陕西·模拟预测）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCO的顶点O与坐标原点重合，点
k k
A、C分别在反比例函数y= 1 (k ≠0)与y= 2 (k ≠0)的图象上，则k +k 的值为 ．
x 1 x 2 1 2
【答案】0
【分析】本题考查的是正方形的性质，全等三角形的判定与性质，反比例函数的性质，由题意设
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( k )，如图，过 作 轴于 ，过 作 轴于 ，证明 ，可得
C m, 2 A AQ⊥x Q C CK⊥x K △AOQ≌△OCK
m
( k )，再进一步解答即可．
A − 2,m
m
( k )
【详解】解：由题意设C m, 2 ，
m
如图，过A作AQ⊥x轴于Q，过C作CK⊥x轴于K，
∵正方形ABCO，
∴∠AQO=∠CKO=90°=∠AOC，AO=CO，
∴∠AOQ=90°−∠COK=∠OCK，
∴△AOQ≌△OCK，
k
∴AQ=OK=m，OQ=CK= 2，
m
( k )
∴A − 2,m ，
m
k
∴k =− 2 ⋅m=−k ，
1 m 2
∴k +k =0，
1 2
故答案为：0
9．（2025·陕西·模拟预测）如图，在菱形ABCD中，∠B=60°，AB=4，O为菱形ABCD的对称中心，
过点O的直线EF交AD于点E，交BC于点F,M为CD上的一点，连接OM．若CM+CF=5，则四边形
OEDM的面积为 ．
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3√3
【答案】
2
【分析】本题考查菱形的性质、中心对称性以及解直角三角形的知识点，解题的关键是利用菱形的中心对
称性将四边形的面积进行转化．
通过连接相关线段，利用菱形中心对称性得到一些等量关系．过点作垂线，构造出可以计算面积的三角形．
因为菱形具有中心对称性，所以将四边形的面积转化为几个易求面积的三角形面积之和或差．利用已知条
件和所作辅助线，结合三角形面积公式（底×高÷2）来计算相关三角形面积，进而得出四边形的面积．
【详解】如图，由菱形的中心对称性可知BF=DE，
∴DE+DM=BF+DM=2CB−(CF+CM)=3
连接AC，
∵OA=OC=2，过点O作OH⊥AD于点H，
作OG⊥CD于点G，
∵∠OAH=∠OCG=60°
∴OH=OG=OA⋅sin60°=√3，
连接OD，
1 1
则S =S +S = DE⋅OH+ DM⋅OG
四边形OEDM △OED △OMD 2 2
1 1 3√3
= OH⋅(DE+DM)= ×√3×3=
2 2 2
10．（2025·陕西西安·二模）如图，直线l与正五边形ABCDE的边CD，AB分别相交于点M、N，则
∠1+∠2的度数为 ．
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【答案】144°/144度
【分析】本题主要考查了正五边形的内角、多边形内角和、对顶角等知识，熟练掌握多边形内角和公式是
解题关键．首先根据正多边形内角和公式确定∠B=∠C=108°，进而可得∠CMN+∠BNM的值，再根
据对顶角相等的性质可知∠1+∠2=∠CMN+∠BNM，即可获得答案．
【详解】解：∵五边形ABCDE为正五边形，
180°×(5−2)
∴∠B=∠C= =108°，
5
∴∠CMN+∠BNM=360°−∠B−∠C=144°，
∵∠1=∠CMN，∠2=∠BNM，
∴∠1+∠2=∠CMN+∠BNM=144°．
故答案为：144°．
11．（2025·江西·模拟预测）如图，正方形ABCD中，将线段AD绕点A顺时针旋转30°得到线段
AE，CE的延长线交正方形ABCD的对角线BD于点F，则∠AEF的度数为 ．
【答案】45°
【分析】连接BE，由正方形的性质可得AD=AB=BC，∠BAD=∠ABC=90°，由旋转的性质可得
AD=AE，∠DAE=30°，可证△ABE是等边三角形，可得AB=BE，∠ABE=∠AEB=60°，由等腰
三角形的性质可求∠BEC=75°，即可求解．
【详解】解：如图，连接BE，
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∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB=BC，∠BAD=∠ABC=90°，
∵将线段AD绕点A顺时针旋转30°得到线段AE，
∴AD=AE，∠DAE=30°，
∴AB=AE，∠EAB=90°−∠DAE=60°，
∴△ABE是等边三角形，
∴AB=BE，∠ABE=∠AEB=60°，
∴BE=BC，∠CBE=90°−∠ABE=30°，
1
∴∠BEC= (180°−∠CBE)=75°，
2
∴∠AEF=180°−∠AEB−∠BEC=45°．
故答案为：45°．
【点睛】本题主要考查了正方形旋转．熟练掌握正方形性质，旋转性质，等腰等边三角形判定和性质，三
角形内角和定理，余角定义，平角定义，是解题的关键．
12．（2025·陕西西安·一模）（1）如图1，四边形ABCD的对角线AC,BD互相垂直，其中对角线BD长
为20cm，AC长为15cm，垂足为E．则四边形ABCD的面积为_________cm2．
（2）如图2，矩形ABCD中AD=6cm,AB=4cm，EF∥AD，点G，H分别是BC,AD上任一点，求四
边形EGFH的面积．
（3）如图3，四边形ABCD放在了一组平行线中，已知BD=6cm，四边形ABCD的面积为24cm2，则相
邻两条平行线间的距离为多少厘米．
【答案】（1）150；（2）12cm2；（3）2厘米．
【分析】此题考查了矩形的性质、平行线间的距离等知识，三角形面积等知识．
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1 1
（1）根据S =S +S = BD(AE+CE)= BD⋅AC进行解答即可；
四边形ABCD △ABD △CBD 2 2
1 1
（2）分别作高h ,h ，根据S = EF⋅h + EF⋅h 即可求出答案；
1 2 四边形EGFH 2 1 2 2
（3）作AE⊥BD,CF⊥BD,垂足分别为E,F，根据S =S +S ，以及BD=6cm得到
四边形ABCD △ABD △BDC
CF=2cm，即可得到答案．
【详解】解：（1）四边形ABCD的对角线AC,BD互相垂直，对角线BD长为20cm，AC长为15cm，
1 1 1
∴S =S +S = BD(AE+CE)= BD⋅AC= ×20×15=150(cm2),
四边形ABCD △ABD △CBD 2 2 2
故答案为：150
（2）如图，分别作高h ,h ，
1 2
1 1
S = EF⋅h + EF⋅h
四边形EGFH 2 1 2 2
1
= EF⋅(h +h )
2 1 2
1
= EF⋅AB
2
1
= 6×4
2
=12(cm2)
（3）如图，作AE⊥BD,CF⊥BD,垂足分别为E,F，
S =S +S
四边形ABCD △ABD △BDC
1 1
= BD⋅AE+ BD⋅CF
2 2
1 1
= BD⋅3CF+ BD⋅CF
2 2
1
= BD⋅4CF
2
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=2BD⋅CF
=24(cm2)
∵BD=6cm，
∴CF=2cm，
故相邻两条平行线间的距离为2厘米．
13．（2025·陕西西安·一模）综合与探究：
问题情境：如图1，四边形ABCD是菱形，过点A作AE⊥BC于点E，过点A作AF⊥CD于点F．
（1）若∠B=30°，AB=2cm，则四边形AECF的面积为 cm2；
深入探究：
（2）将图1中的△ABE绕点A逆时针旋转，得到△AHG，点E，B的对应点分别为点G，H．
①如图2，当线段AH经过点C时，GH所在直线分别与线段AD，CD交于点M，N．猜想线段CH与MD
的数量关系，并说明理由；
②当直线GH与直线CD垂直时，直线GH分别与直线AD，CD交于点M，N，直线AH与线段CD交于点
Q，若AB=5，BE=4，求四边形AMNQ的面积．
9 63
【答案】（1）2−√3；（2）① CH=MD，理由如下见解析；②四边形AMNQ的面积为 或 ．
4 4
【分析】（1）连接AC，由四边形ABCD是菱形，得AB=BC=CD=DA=2cm，再根据直角三角形的性
1 2−√3
质得AE= AB=1cm，通过勾股定理求出BE=√3cm，从而求出S = cm2 ，同理得
2 △AEC 2
2−√3
S = cm2 ，最后由面积和差即可求解；
△AFC 2
（2）①由旋转性质可知AB=AH=AD，AE=AG，∠AEB=∠AGH=90°，∠BAE=∠HAG，又四
边形ABCD是菱形，则AB=BC=CD=DA，∠BAC=∠DAC，证明△EAC≌△GAM(ASA)，再通过全
等三角形的性质和线段和差即可求解；
②当点G在BA延长线上时和当点G在线段AB上时两种情况求解即可．
【详解】解：（1）如图，连接AC，
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∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=DA=2cm，
∵AE⊥BC，
∴∠AEB=90°，
∵∠B=30°，
1
∴AE= AB=1cm，
2
由勾股定理得：BE=√AB2−AE2=√22−12=√3(cm)，
∴EC=BC−BE=2−√3(cm)，
1 1 2−√3
∴S = EC×AE= ×(2−√3)×1= (cm2)，
△AEC 2 2 2
2−√3
同理：S = cm2 ，
△AFC 2
2−√3 2−√3
∴S =S +S = + =2−√3(cm2)，
四边形AECF △AEC △AFC 2 2
故答案为：2−√3；
（2）① CH=MD，理由如下：
∵AE⊥BC，
∴∠AEB=90°，
由旋转性质可知：AB=AH=AD，AE=AG，∠AEB=∠AGH=90°，∠BAE=∠HAG，
∴∠AEC=∠AGM=90°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=DA，∠BAC=∠DAC，
∴∠BAE+∠EAC=∠HAG+∠GAM，
∴∠EAC=∠GAM，
在△EAC和△∠GAM中，
¿，
∴△EAC≌△GAM(ASA)，
∴AC=AM，
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∴AH−AC=AD−AM，
∴CH=MD；
② i)如图，当点G在BA延长线上时，
∵GH⊥CD，AF⊥CD，
∴∠AFN=∠FNG=∠G=90°，
∴四边形AFNG为矩形，
∴AF=GN，
根据菱形面积可得：AF=AE，
∴AF=AE=GN，
由旋转性质可知AB=AH=5，AE=AG，BE=GH=4，∠AEB=∠AGH=90°，∠B=∠H，
∴由勾股定理得：AE=√AB2−BE2=√52−42=3，
∴AE=AG=AF=GN=3，
∴NH=GH−GN=4−3=1，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB∥CD，∠B=∠D=∠H，
∴∠GAM=∠B=∠D=∠H，
∴tan∠H=tan∠GAM，
AG GM 3 3 GM
∴ = = ，即 = ，
GH AG 4 4 3
9
∴GM= ，
4
9 3
∴MN=GN−GM=3− = ，
4 4
3
由tan∠H=tan∠D= ，
4
3
QN 3 MN 3 QN 3
∴ = ， = ，即 = ， 4 3，
NH 4 ND 4 1 4 =
ND 4
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3
∴QN= ，ND=1，
4
3 7
∴QD=QN+MN= +1= ，
4 4
∴S =S −S
四边形AMNQ △AQD △MND
1 1
= QD×AF− ND×MN
2 2
1 7 1 3
= × ×3− ×1×
2 4 2 4
21 3
= −
8 8
9
= ；
4
ii）如图，当点G在线段AB上时，
同上理可得：四边形AFNG是矩形，
∴AE=AG=AF=GN=3，
由旋转性质可知：AB=AH=5，AE=AG，BE=GH=4，∠AEB=∠AGH=90°，∠B=∠H，
∴NH=GH+GN=4+3=7，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB∥CD，AB=AH=AD=5，∠B=∠D=∠H
∴△AGH∽△QNH，
AG GH
∴ = ，
NQ NH
3 4
∴ = ，
NQ 7
21
∴NQ= ，
4
21 7
∴QD=ND−NQ=7− = ，
4 4
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1 1 7 21
∴S = QD×AF= × ×3= ，
△DAQ 2 2 4 8
∵∠HAM=∠DAQ，
∴△HAM≌△DAQ(ASA)，
21
∴S =S = ，
△HAM △DAQ 8
∴S =S −S
四边形AMNQ △HQN △HAM
1
= NQ×HN−S
2 △HAM
1 21 21
= × ×7−
2 4 8
147 21
= −
8 8
63
= ；
4
9 63
∴四边形AMNQ的面积为 或 ．
4 4
【点睛】本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，矩形的判定与性质，解直角三角
形，直角三角形的性质等知识，掌握知识点的应用是解题的关键．
14．（2025·广东深圳·三模）【问题提出】
（1）如图1，在矩形ABCD中，点E，F分别是边AD，AB上的点，连接CE与DF交于点O，若
CE AB
∠FOC=90°，求证： = ；
DF AD
【迁移应用】
（2）如图2，在 ▱ABCD中，AB=4，AD=7，点E，F分别是边AD，AB上的点，连接CE与DF交于
CE
点O，且∠COD+∠BAD=180°，求 的值；
DF
【拓展提高】
（3）如图3，在四边形ABCD中，点E是边AD上的一点，连接BD与CE交于点O，
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AB 1 BC 4 CE
∠BOC=∠BAD=∠BCD=120°， = ， = ，请直接写出 的值．
AD 3 CD 3 BD
CE 4 CE 19
【答案】（1）见解析；（2） = ；（3） =
DF 7 BD 37
【分析】（1）根据矩形的性质得到∠A=∠CDE=90°，求得∠AFD+∠ADF=90°，得到
CE CD CE AB
∠CED=∠AFD，根据相似三角形的性质得到 = ，求得 = ；
DF AD DF AD
DF DE
（2）根据补角的性质得到∠DOE=∠DAF，根据相似三角形的性质得到 = ，根据平行四边形的
DA OD
DE CE DF CE
性质得到CD∥AB，AB=CD，根据相似三角形的性质得到 = ，求得 = ，得到
OD CD DA CD
CE AB
= ，于是得到结论；
DF AD
（3）过点C作CN∥AD，交AB延长线于N，过点D作DM∥AB，交NC延长线于M，则四边形
BD AD
DANM是平行四边形，得到∴∠M=∠A=120°，DM=AN，MN=AD，同（2）可得 = ，在
CE DM
NM上取一点P使得NB=NP，连接BP，根据平行线的性质得到∠N=60°，推出△NBP是等边三角形，
得到BP=NB=NP，∠BPN=60°， 求得∠BPC=120°=∠M，根据相似三角形的性质得到
CM DM CD 3
= = = ，设 DM=3x，则PC=4x，BP=PN=BN=AN−AB=3x−a，得到
PB PC BC 4
3 9 3
CM= PB= x− a，根据题意列方程即可得到结论．
4 4 4
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠CDE=90°，
∴∠AFD+∠ADF=90°，
∵∠FOC=∠EOD=90°，
∴∠ADF+∠CED=90°，
∴∠CED=∠AFD，
∴△DAF∽△CDE，
CE CD
∴ = ，
DF AD
∵CD=AB，
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CE AB
∴ = ；
DF AD
（2）∵∠COD+∠BAD=180°，∠COD+∠DOE=180°，
∴∠DOE=∠DAF，
∵∠ODE=∠ADF，
∴△ODE∽△ADF，
DF DE
∴ = ，
DA OD
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD∥AB，AB=CD，
∴∠A+∠ADC=180°，
又∵∠FOC+∠COD=180°，
∴∠ADC=∠COD，
∵∠DCE=∠OCD，
∴△DCE∽△OCD，
DE CE
∴ = ，
OD CD
DF CE
∴ = ，
DA CD
DF CE CE AB
∴ = ，即 = ，
DA AB DF AD
∵AB=4，AD=7，
CE 4
∴ 的值为 ；
DF 7
（3）如图所示，过点C作CN∥AD，交AB延长线于N，过点D作DM∥AB，交NC延长线于M，则四
边形DANM是平行四边形，
∴∠M=∠A=120°，DM=AN，MN=AD，
BD AD
同（2）可得 = ，
CE DM
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AB 1
∵ = ，
AD 3
∴设AB=a，AD=3a，
在NM上取一点P使得NB=NP，连接BP，
∵AD∥MN，∠A=120°，
∴∠N=60°，
∴△NBP是等边三角形，
∴BP=NB=NP，∠BPN=60°，
∴∠BPC=120°=∠M，
∵∠BCD=120°，
∴∠PCB+∠PBC=60∘=∠PCB+∠MCD，
∴∠PBC=∠MCD，
∴△PBC∽△MCD，
CM DM CD 3
∴ = = = ，
PB PC BC 4
设DM=3x，则PC=4x，BP=PN=BN=AN−AB=3x−a，
3 9 3
∴CM= PB= x− a，
4 4 4
∴MN=PN+PC+CM=AD=3a，
9 3
∴3x−a+4x+ x− a=3a，
4 4
19
解得：x= a，
37
57
∴DM=3x= a，
37
57
a
∴CE DM 37 19．
= = =
BD AD 3a 37
【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，同角的补角相等，平行四边形的性质与判定，矩形的
性质，等边三角形的性质与判定等知识，掌握知识点的应用是解题的关键．
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考点二 四边形的证明问题
►题型01 利用平行四边形的性质与判定求解
1．（2024·黑龙江大庆·中考真题）如图，平行四边形ABCD中，AE、CF分别是∠BAD，∠BCD的平分
线，且E、F分别在边BC，AD上．
(1)求证：四边形AECF是平行四边形；
(2)若∠ADC=60°，DF=2AF=2，求△GDF的面积．
【答案】(1)见解析
2
(2)S = √3．
△GDF 3
【分析】（1）由平行四边形的性质得到∠BAD=∠BCD，AD∥BC，结合角平分线的条件得到
∠DAE=∠BCF，由AD∥BC得到∠DFC=∠BCF，∠DAE=∠DFC，根据平行线的判定得到
AE∥FC，根据平行四边形的判定即可得到AECF是平行四边形；
（2）求得△DFC是等边三角形，得到DF=DC=CF=2，CE=AF=1，证明△DFG∽△ECG，求得
4 2
FG= ，作GH⊥DF于点H，在Rt△FGH中，求得GH= √3，据此求解即可．
3 3
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴∠BAD=∠BCD，AD∥BC，
∵AE，CF分别是∠BAD、∠BCD的平分线，
1 1
∴∠BAE=∠DAE= ∠BAD，∠BCF=∠DCF= ∠BCD，
2 2
∴∠DAE=∠BCF，
∵AD∥BC，
∴∠DFC=∠BCF，
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∴∠DAE=∠DFC，
∴AE∥FC，
∴四边形AECF是平行四边形；
1
（2）解：由（1）得∠DFC=∠BCF，∠BCF=∠DCF= ∠BCD，
2
∴∠DFC=∠DCF，
∵∠ADC=60°，
∴△DFC是等边三角形，
∴∠DFC=60°，
∵DF=2AF=2，
∴DF=DC=CF=2，CE=AF=1，
∵AD∥BC，
∴△DFG∽△ECG，
FG DF 2
∴ = = =2，
CG CE 1
2 4
∴FG= CF= ，
3 3
作GH⊥DF于点H，
4
在Rt△FGH中，∠GFH=60°，FG= ，
3
2
∴GH=FG⋅sin60°= √3，
3
1 1 2 2
∴S = DF×GH= ×2× √3= √3．
△GDF 2 2 3 3
【点睛】本题考查了解直角三角形，相似三角形的判定和性质，勾股定理，平行四边形的判定和性质，等
边三角形的判定和性质．正确引出辅助线解决问题是解题的关键．
2．（2024·福建·中考真题）如图，在△ABC中，∠BAC=90°,AB=AC，以AB为直径的⊙O交BC于点
D，AE⊥OC，垂足为E,BE的延长线交A´D于点F．
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OE
(1)求 的值；
AE
(2)求证：△AEB∽△BEC；
(3)求证：AD与EF互相平分．
1
【答案】(1)
2
(2)证明见解析
(3)证明见解析
AC
【分析】（1）先证得AC=2AO，再在Rt△AOC中，tan∠AOC= =2．在Rt△AOE中，
AO
AE AE
tan∠AOC= ，可得 =2，再证得结果；
OE OE
（2）过点B作BM∥AE，交EO延长线于点M，先证明△AOE≌△BOM，可得AE=BM,OE=OM，
再证得∠BAE=∠CBE，再由相似三角形的判定可得结论；
AE AB 2AO AO
（3）如图，连接DE,DF，由（2）△AEB∽△BEC，可得 = = = ,∠EAO=∠EBD，
BE BC 2BD BD
从而得出△AOE∽△BDE，得出∠BED=∠AEO=90°， 得出∠AFB=∠≝¿，再由平行线判定得出
AF∥DE，AE∥FD，从而得出四边形AEDF是平行四边形，最后由平行四边形的性质可得结果．
【详解】（1）∵AB=AC，且AB是⊙O的直径，
∴AC=2AO．
∵∠BAC=90°，
AC
∴在Rt△AOC中，tan∠AOC= =2．
AO
∵AE⊥OC，
AE
∴在Rt△AOE中，tan∠AOC= ．
OE
AE
∴ =2，
OE
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OE 1
∴ = ；
AE 2
（2）过点B作BM∥AE，交EO延长线于点M．
∴∠BAE=∠ABM,∠AEO=∠BMO=90°
．
∵AO=BO，
∴△AOE≌△BOM，
∴AE=BM,OE=OM．
OE 1
∵ = ，
AE 2
∴BM=2OE=EM，
∴∠MEB=∠MBE=45°，
∴∠AEB=∠AEO+∠MEB=135°，∠BEC=180°−∠MEB=135°，
∴∠AEB=∠BEC．
∵AB=AC,∠BAC=90°，
∴∠ABC=45°，
∴∠ABM=∠CBE，
∴∠BAE=∠CBE，
∴△AEB∽△BEC．
（3）如图，连接DE,DF．
∵AB ⊙O
是 的直径，
∴∠ADB=∠AFB=90°,AB=2AO．
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∵AB=AC,∠BAC=90°，
∴BC=2BD,∠DAB=45°．
由（2）知，△AEB∽△BEC，
AE AB 2AO AO
∴ = = = ,∠EAO=∠EBD，
BE BC 2BD BD
∴△AOE∽△BDE，
∴∠BED=∠AEO=90°．
∴∠≝=90°．
∴∠AFB=∠≝¿，
∴AF∥DE．
由（2）知，∠AEB=135°，
∴∠AEF=180°−∠AEB=45°．
∵∠DFB=∠DAB=45°，
∴∠DFB=∠AEF，
∴AE∥FD，
∴四边形AEDF是平行四边形，
∴AD与EF互相平分．
【点睛】本小题考查等腰三角形及直角三角形的判定与性质、锐角三角函数、全等三角形的判定与性质、
相似三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、平行四边形的判定与性质、圆的基本性质等基础知识，
考查推理能力、几何直观、运算能力、创新意识等，熟练掌握相关图形的性质定理是关键．
3．（2024·安徽·中考真题）如图1，▱ABCD的对角线AC与BD交于点O，点M，N分别在边AD，BC
上，且AM=CN．点E，F分别是BD与AN，CM的交点．
(1)求证：OE=OF；
(2)连接BM交AC于点H，连接HE，HF．
（ⅰ）如图2，若HE∥AB，求证：HF∥AD；
AC
（ⅱ）如图3，若▱ABCD为菱形，且MD=2AM，∠EHF=60°，求 的值．
BD
【答案】(1)见详解
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2√3
(2)（ⅰ）见详解，（ⅱ）
5
【分析】（1）利用平行四边形的性质得出AM∥CN，再证明AMCN是平行四边形，再根据平行四边形
的性质可得出∠OAE=∠OCF，再利用ASA证明△AOE≌△COF，利用全等三角形的性质可得出
OE=OF．
OH OE OH OF
（2）（ⅰ）由平行线截线段成比例可得出 = ，结合已知条件等量代换 = ，进一步证明
OA OB OA OD
△HOF∽△AOD，由相似三角形的性质可得出∠OHF=∠OAD，即可得出HF∥AD．（ⅱ）由菱形
的性质得出AC⊥BD，进一步得出∠EHO=∠FHO=30°，OH=√3OE，进一步可得出
AH AM 1 AC OA 2OH
= = ，进一步得出OA=2OH，同理可求出OB=5OE，再根据 = = 即可得出答案．
HC BC 3 BD OB 5OE
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，OA=OC，
∴AM∥CN，
又∵AM=CN，
∴四边形AMCN是平行四边形，
∴AN∥CM，
∴∠OAE=∠OCF．
在△AOE与△COF中，
¿
∴△AOE≌△COF(ASA)．
∴OE=OF．
（2）（ⅰ）∵HE∥AB
OH OE
∴ = ，
OA OB
又OB=OD．OE=OF，
OH OF
∴ = ，
OA OD
∵∠HOF=∠AOD，
∴△HOF∽△AOD，
∴∠OHF=∠OAD，
∴HF∥AD
（ⅱ）∵ABCD是菱形，
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∴AC⊥BD，
又OE=OF，∠EHF=60°，
∴∠EHO=∠FHO=30°，
∴OH=√3OE，
∵AM∥BC．MD=2AM，
∴△AHM∽△CHB，
AH AM 1
∴ = = ，
HC BC 3
即HC=3AH，
∴OA+AH=3(OA−OH)，
∴OA=2OH，
∵BN∥AD，MD=2AM，AM=CN，
∴△BNE∽△DAE，
BE BN 2
∴ = = ，
ED AD 3
即3BE=2ED，
∴3(OB−OE)=2(OB+OE)
∴OB=5OE，
AC OA 2OH 2×√3OE 2√3
故 = = = = ．
BD OB 5OE 5OE 5
【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定以及性质，全等三角形判定以及性质，相似三角形的判定以及
性质，平行线截线段成比例以及菱形的性质，掌握这些判定方法以及性质是解题的关键．
►题型02 与三角形中位线有关的证明
4．（2024·内蒙古包头·中考真题）如图，在▱ABCD中，∠ABC为锐角，点E在边AD上，连接BE,CE，
且S =S ．
△ABE △DCE
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(1)如图1，若F是边BC的中点，连接EF，对角线AC分别与BE,EF相交于点G,H．
①求证：H是AC的中点；
②求AG:GH:HC；
(2)如图2，BE的延长线与CD的延长线相交于点M，连接AM,CE的延长线与AM相交于点N．试探究线
段AM与线段AN之间的数量关系，并证明你的结论．
【答案】(1)①见解析；②AG:GH:HC=2:1:3
(2)AM=3AN，理由见解析
【分析】（1）①根据S =S ，得出E为AD的中点，证明出△AHE≌△CHF即可；②先证明出
△ABE △DCE
AB AG
△AGB∽△HGE得到 = =2，然后再根据平行四边形的性质找到线段的数量关系求解；
EH GH
（2）连接BD交CN于点F，证明△AEB≌△DEM(AAS)，进一步证明出四边形ABDM为平行四边形，
1
得出DF为△CMN的中位线，得到DF= MN，再证明出△AEN≌△≝¿得到DF=AN，再通过等量代换
2
即可求解．
【详解】（1）解：①∵S =S ，
△ABE △DCE
∴E为AD的中点，
∴AE=DE，
∵F是边BC的中点，
∴BF=CF，
∴AE=CF，
在 ▱ABCD中，AD∥BC
∴∠EAH=∠FCH，
又∵∠AHE=∠CHF，
∴△AHE≌△CHF(AAS)，
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∴AH=CH，
∴H是AC的中点；
②∵AE=BF,AE∥BF，
∴四边形ABFE为平行四边形，
∴AB∥EF，
∴△AGB∽△HGE，
AB AG
∴ = ，
EH GH
∵△AHE≌△CHF，
∴EH=FH，
AB AG
∴ = =2，
EH GH
∴AG=2GH，
1 1
∴GH= AH= HC，
3 3
∴AG:GH:HC=2:1:3；
（2）解：线段AM与线段AN之间的数量关系为：AM=3AN，理由如下：
连接BD交CN于点F，如下图：
由题意，BE的延长线与CD的延长线相交于点M，连接AM,CE的延长线与AM相交于点N，
∵AE=DE,∠AEB=∠DEM，
又∵AB∥CD，
∴AB∥CM，
∴∠ABE=∠DME，
∴△AEB≌△DEM(AAS)，
∴AB=DM，
∴四边形ABDM为平行四边形，
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∴AM=BD,AB=MD，
∵ AB=CD，
∴DM=CD，
∴D为CM的中点，
∵DF∥MN，
CD CF 1
∴ = = ，
CM CN 2
∴F为CN的中点，
∴DF为△CMN的中位线，
1
∴DF= MN，
2
∵AE=DE,∠AEN=∠≝,∠NAE=∠FDE，
∴△AEN≌△≝(ASA)，
∴DF=AN，
1
∴DF=AN= MN，
2
∴MN=2AN，
∴AM=AN+MN=3AN，
∴AM=3AN．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，三角形全等的判定及性质，三角线相似的判定及性质，三角形的
中位线等知识，解题的关键是添加适当的辅助线构造全等三角形来求解．
5．（2023·山东潍坊·中考真题）如图，在△ABC中，CD平分∠ACB，AE⊥CD，重足为点E，过点E
1
作EF∥BC、交AC于点F，G为BC的中点，连接FG．求证：FG= AB．
2
【答案】证明见解析
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1
【分析】如图，延长AE交BC于H，证明△ACE≌△HCE(ASA)，则AE=EH= AH，证明
2
AF AE AF 1
△AEF∽△AHC，则 = ，即 = ，解得AC=2AF，即F是AC的中点，FG是△ABC的中位
AC AH AC 2
1
线，进而可得FG= AB．
2
【详解】证明：如图，延长AE交BC于H，
∵CD平分∠ACB，AE⊥CD，
∴∠ACE=∠HCE，∠AEC=∠HEC=90°，
∵∠ACE=∠HCE，CE=CE，∠AEC=∠HEC=90°，
∴△ACE≌△HCE(ASA)，
1
∴AE=EH= AH，
2
∵EF∥BC，
∴∠AEF=∠AHC，∠AFE=∠ACH，
∴△AEF∽△AHC，
AF AE AF 1
∴ = ，即 = ，解得AC=2AF，
AC AH AC 2
∴F是AC的中点，
又∵G是BC的中点，
∴FG是△ABC的中位线，
1
∴FG= AB．
2
【点睛】本题考查了角平分线，全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，中位线．解题的关
键在于对知识的熟练掌握与灵活运用．
6．（2023·山西·中考真题）阅读与思考：下面是一位同学的数学学习笔记，请仔细阅读并完成相应任务．
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瓦里尼翁平行四边形
我们知道，如图1，在四边形ABCD中，点E,F,G,H分别是边AB,BC,CD，DA的中点，顺次连接
E,F,G,H，得到的四边形EFGH是平行四边形．
EFGH
我查阅了许多资料，得知这个平行四边形 被称为瓦里尼翁平行四边形．瓦
里尼翁(Varingnon，Pierre1654－1722)是法国数学家、力学家．瓦里尼翁平行四边形与原四边形关系
密切．
①当原四边形的对角线满足一定关系时，瓦里尼翁平行四边形可能是菱形、矩形或
正方形．
②瓦里尼翁平行四边形的周长与原四边形对角线的长度也有一定关系．
③瓦里尼翁平行四边形的面积等于原四边形面积的一半．此结论可借助图1证明如下：
证明：如图2，连接AC，分别交EH,FG于点P,Q，过点D作DM⊥AC于点M，交HG于点N．
1
∵H,G分别为AD,CD的中点，∴HG∥AC,HG= AC．（依据1）
2
DN DG 1
= DG=GC DN=NM= DM
NM GC 2
∴ ．∵ ，∴ ．
∵四边形EFGH是瓦里尼翁平行四边形，∴HE∥GF，即HP∥GQ．
∵HG∥AC，即HG∥PQ，
1
∴四边形HPQG是平行四边形．（依据2）∴S =HG⋅MN= HG⋅DM．
▱HPQG 2
1 1
∵S = AC⋅DM=HG⋅DM，∴S = S ．同理，…
△ADC 2 ▱HPQG 2 △ADC
任务：
(1)填空：材料中的依据1是指：_____________．
依据2是指：_____________．
(2)请用刻度尺、三角板等工具，画一个四边形ABCD及它的瓦里尼翁平行四边形EFGH，使得四边形
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EFGH为矩形；（要求同时画出四边形ABCD的对角线）
(3)在图1中，分别连接AC,BD得到图3，请猜想瓦里尼翁平行四边形EFGH的周长与对角线AC,BD长
度的关系，并证明你的结论．
【答案】(1)三角形中位线定理（或三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半）；平行四边形的
定义（或两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形）
(2)答案不唯一，见解析
(3)平行四边形EFGH的周长等于对角线AC与BD长度的和，见解析
【分析】（1）根据三角形中位线定理和平行四边形的定义解答即可；
（2）作对角线互相垂直的四边形，再顺次连接这个四边形各边中点即可；
（3）根据三角形中位线定理得瓦里尼翁平行四边形一组对边和等于四边形的一条对角线，即可得妯结论．
【详解】（1）解：三角形中位线定理（或三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半）
平行四边形的定义（或两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形）
（2）解：答案不唯一，只要是对角线互相垂直的四边形，它的瓦里尼翁平行四边形即为矩形均可．例如：
如图即为所求
（3）瓦里尼翁平行四边形EFGH的周长等于四边形ABCD的两条对角线AC与BD长度的和，
证明如下：∵点E,F,G,H分别是边AB,BC,CD,DA的中点，
1 1
∴EF= AC,GH= AC．
2 2
∴EF+GH=AC．
同理EH+FG=BD．
∴四边形EFGH的周长=EF+GH+EH+FG=AC+BD．
即瓦里尼翁平行四边形EFGH的周长等于对角线AC与BD长度的和．
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【点睛】本题考查平行四边形的判定，矩形的判定，三角形中位线．熟练掌握三角形中位线定理是解题的
关键．
►题型03 利用矩形的性质与判定求解
7．（2024·山东青岛·中考真题）如图，在四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，
∠ABD=∠CDB，BE⊥AC于点E，DF⊥AC于点F，且BE=DF．
(1)求证：四边形ABCD是平行四边形；
BC
(2)若AB=BO，当∠ABE等于多少度时，四边形ABCD是矩形？请说明理由，并直接写出此时 的值．
AB
【答案】(1)证明见解析
BC
(2)当∠ABE=30°时，四边形ABCD是矩形，理由见解析，此时 =√3
AB
【分析】（1）先证明AB∥CD得到∠EAB=∠FCD，再由垂线的定义得到∠AEB=∠CFD=90°，据
此证明△AEB≌△CFD(AAS)，得到AB=CD，由此即可证明四边形ABCD是平行四边形；
（2）当∠ABE=30°时，四边形ABCD是矩形，利用三角形内角和定理得到∠BAO=60°，则可证明
△AOB是等边三角形，得到OA=OB，进而可证明AC=BD，则四边形ABCD是矩形，在Rt△ABC中，
BC
tan∠BAC= =√3．
AB
【详解】（1）证明：∵∠ABD=∠CDB，
∴AB∥CD，
∴∠EAB=∠FCD，
∵BE⊥AC，DF⊥AC，
∴∠AEB=∠CFD=90°，
又∵BE=DF，
∴△AEB≌△CFD(AAS)，
∴AB=CD，
又∵AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形；
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（2）解：当∠ABE=30°时，四边形ABCD是矩形，理由如下：
∵BE⊥AC，
∴∠AEB=90°，
∵∠ABE=30°，
∴∠BAO=60°，
又∵AB=BO，
∴△AOB是等边三角形，
∴OA=OB，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OB=OD，OA=OC，
∴OB=OD=OA=OC，
∴AC=BD，
∴四边形ABCD是矩形，
即当∠ABE=30°时，四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，
BC
∴在Rt△ABC中，tan∠BAC= =√3．
AB
【点睛】本题主要考查了矩形的性质与判定，平行四边形的判定，解直角三角形，全等三角形的性质与判
定，等边三角形的性质与判定等等，熟知平行四边形和矩形的判定定理是解题的关键．
8．（2023·浙江湖州·中考真题）【特例感知】
（1）如图1，在正方形ABCD中，点P在边AB的延长线上，连接PD，过点D作DM⊥PD，交BC的延
长线于点M．求证：△DAP≌△DCM．
【变式求异】
（2）如图2，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，点D在边AB上，过点D作DQ⊥AB，交AC于点Q，点
P在边AB的延长线上，连接PQ，过点Q作QM⊥PQ，交射线BC于点M．已知BC=8，AC=10，
PQ
AD=2DB，求 的值．
QM
【拓展应用】
（3）如图3，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，点P在边AB的延长线上，点Q在边AC上（不与点A，C
重合），连接PQ，以Q为顶点作∠PQM=∠PBC，∠PQM的边QM交射线BC于点M．若AC=mAB，
PQ
CQ=nAC（m，n是常数），求 的值（用含m，n的代数式表示）．
QM
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8 1−n
【答案】（1）见解析；（2） ；（3）
√1+m2
3 n
【分析】（1）根据ASA证明△DAP≌△DCM即可；
PQ DQ DQ
（2）证明△DQP∽△NQM，得出 = = ，根据勾股定理AB=√AC2−BC2=6，根据
QM QN DB
DQ AD 2 16 PQ DQ 8
DQ∥BC，得出△ADQ∽△ABC，求出 = = ，得出DQ= ，求出 = = ；
BC AB 3 3 QM DB 3
PQ AQ
（3）BC=√AB2+AC2=√1+m2AB，作QN⊥BC于点N，证明△QAP∽△QNM，得出 = ．
QM NQ
QN CQ mnAB mn PQ AQ 1−n
证明△QCN∽△BCA，得出 = = = ，求出 = = √1+m2 ．
BA CB √1+m2AB √1+m2 QM NQ n
【详解】（1）证明：在正方形ABCD中，
∠A=∠ADC=∠BCD=90°，AD=DC，
∴∠A=∠DCM=90°，
∵DM⊥PD，
∴∠ADP+∠PDC=∠CDM+∠PDC=90°，
∴∠ADP=∠CDM，
∴△DAP≌△DCM(ASA)．
（2）如图1，作QN⊥BC于点N，如图所示：
∵∠ABC=90°，DQ⊥AB，
∴四边形DBNQ是矩形，
∴∠DQN=90°，QN=DB，
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∵QM⊥PQ，
∴∠DQP+∠PQN=∠MQN+∠PQN=90°，
∴∠DQP=∠MQN，
∵∠QDP=∠QNM=90°，
∴△DQP∽△NQM，
PQ DQ DQ
∴ = = ，
QM QN DB
∵BC=8，AC=10，∠ABC=90°，
∴AB=√AC2−BC2=6，
∵AD=2DB，
∴DB=2，
∵∠ADQ=∠ABC=90°，
∴DQ∥BC，
∴△ADQ∽△ABC，
DQ AD 2
∴ = = ，
BC AB 3
16
∴DQ= ，
3
PQ DQ 8
∴ = = ；
QM DB 3
（3）∵AC=mAB，CO=nAC ，
∴CQ=mnAB，
∴AQ=AC−CQ=(m−mn)AB．
∵∠BAC=90°，
∴BC=√AB2+AC2=√1+m2AB，
如图2，作QN⊥BC于点N，
∵∠A+∠ABN+∠BNQ+∠AQN=360°，
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∴∠ABN+∠AQN=180°，
∴∠AQN=∠PBN．
∵∠PQM=∠PBC，
∴∠PQM=∠AQN，
∴∠AQP=∠NQM，
∵∠A=∠QNM=90°，
∴△QAP∽△QNM，
PQ AQ
∴ = ．
QM NQ
∵∠A=∠QNC=90°，∠QCN=∠BCA，
∴△QCN∽△BCA，
QN CQ mnAB mn
= = =
∴ ，
BA CB √1+m2AB √1+m2
mn
∴QN= AB
√1+m2
PQ AQ 1−n
∴ = = √1+m2 ．
QM NQ n
【点睛】本题主要考查了三角形全等和三角形相似的判定和性质，勾股定理，矩形的判定和性质，平行线
的判定和性质，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握三角形相似的判定方法．
9．（2025·陕西西安·二模）（1）如图1，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=4，AC=3，点D 是BC
上的一个点，沿AD 折叠后，点C 恰好落在AB 上的点C'处，求四边形ACDC'的面积．
（2）如图2，在矩形ABCD中，AD=20，AB=22，点E 为边AD上一动点，作EF⊥BC于点F，连接
EB、EC，分别作点F关于BE、EC的对称点G 、H，连接BG、CH、GH， 当四边形BGHC的面
积最小时，求BF的长．
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9
【答案】（1） ；（2）10−2√14或10+2√14
2
【分析】（1）利用勾股定理求出AB=√AC2+BC2=5，由折叠的性质可得：S =S ，AD平分
△ACD △AC'D
∠BAC,∠C=∠AC'D=90°，推出CD=C'D，由S =S +S ，求出CD，根据四边形
△ABC △ADC △ABD
ACDC'的面积=2S 即可解答；
△ACD
（2）连接EG、EH，由对称性可知S =S ,S =S ，∠GEH=2∠BEC,≥=HE=EF=22，
△BEG △BEF △CEF △CEH
得到S =2S −S ，当∠GEH=90°时 ，S 取得最小值， 作等腰Rt△BOC，
四边形GBCH △EBC △EGH 四边形GBCH
使得∠BOC=90°，以点O 为圆心，OB为半径作⊙O，作OM⊥BC于点M，则M 为BC的中点，延
长MO交 AD 于 点H，连 接 OA,OE，求出OB=OC=10√2，OM=10，OA=2√61>10√2，再分点
F 在BC中点的左侧，点F 在 BC中点的右侧，两种情况讨论即可．
【详解】解：（1）在Rt△ABC中 ，AB=√AC2+BC2=5
由折叠的性质得：
S =S ，AD平分∠BAC,∠C=∠AC'D=90°，
△ACD △AC'D
∴CD=C'D，
设CD=C'D=x，
1 1 1
由S =S +S ，得 ×3x+ ×5x= ×3×4，
△ABC △ADC △ABD 2 2 2
解 得x=1.5，
1 9
∴四边形ACDC'的面积=2S = CD·AC= ；
△ACD 2 2
（2）连接EG、EH，
EF⊥BC
∵ ，
∴∠ABF=∠BAE=∠EFB=90°，
∴四边形ABFE是矩形，
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∴EF=AB=22，
由对称性可知S =S ,S =S ，∠GEH=2∠BEC,≥=HE=EF=22，
△BEG △BEF △CEF △CEH
∴S =2S ，
五边形EGBCH △EBC
∴S =2S −S ，
四边形GBCH △EBC △EGH
当S 最大时，S 取得最小值，
△EGH 四边形GBCH
∵△GEH是等腰三角形，¿=EH=22是定值，
如图，
当△GEH的高HQ最大时，S 最大，即HQ,EH重合，
△EGH
1
∴∠GEH=90°时 ，S 取得最小值， 此时，∠BEC= ∠GEH=45°，
四边形GBCH 2
如图，作等腰Rt△BOC， 使得∠BOC=90°，以点O 为圆心，OB为半径作⊙O，作OM⊥BC于点
M，则M 为BC的中点，延长MO交 AD 于 点H，连 接 OA,OE，
√2
则OB=OC= BC=10√2，
2
√2
∴OM= OB=10，
2
∴OH=22−OM=12<10√2，
∴OA=√OH2+AH2=2√61>10√2，
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1
∴⊙O与线段AD有两个交点， 则∠BEC= ∠BOC=45°
2
当点F 在BC中点的左侧时，作ON⊥EF 于点N， 则四边形OMFN为矩形，
同理，四边形ENOH为矩形，
∴EN=OH=12，
∵OE=OB=10√2
∴MF=ON=√OE2−EN2=2√14，
∴BF=10−2√14，
当点F 在 BC中点的右侧时，由对称性可知：BF=10+2√14，
综上所述，BF的长为10+2√14或10−2√14．
【点睛】本题是四边形与圆的综合题，涉及矩形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质以及解直角
三角形等知识，利用分类讨论的思想及数形结合的思想是解题的关键．
►题型04 利用菱形的性质与判定求解
10．（2023·黑龙江哈尔滨·中考真题）已知四边形ABCD是平行四边形，点E在对角线BD上，点F在边
BC上，连接AE，EF，DE=BF，BE=BC．
(1)如图①，求证△AED≌△EFB；
(2)如图②，若AB=AD，AE≠ED，过点C作CH∥AE交BE于点H，在不添加任何辅助线的情况下，
请直接写出图②中四个角（∠BAE除外），使写出的每个角都与∠BAE相等．
【答案】(1)见解析；
(2)∠BEA=∠EFC=∠DCH=∠DHC=∠BAE，理由见解析．
【分析】（1）由平行四边形的性质得AD=BC=BE，BC∥AD，进而有∠ADE=∠EBF，从而利用
SAS即可证明结论成立；
（2）先证四边形ABCD是菱形，得AB=BC=BE=CD=AD，又证△ABE≌△CDH(AAS)，得
∠BAE=∠DCH=∠BEA=∠DHC，由（1）得△AED≌△EFB(SAS)得∠AED=∠EFB，根据等角
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的补角相等即可证明．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，BE=BC
∴AD=BC=BE，BC∥AD，
∴∠ADE=∠EBF，
∵DE=BF， ∠ADE=∠EBF，AD=BE
∴△AED≌△EFB(SAS)；
（2）解：∠BEA=∠EFC=∠DCH=∠DHC=∠BAE，理由如下：
∵AB=AD，四边形ABCD是平行四边形，
∴四边形ABCD是菱形， BC∥AD，AB∥CD
∴AB=BC=BE=CD=AD，∠ADE=∠EBF，∠ABE=∠CDH，
∴∠BEA=∠BAE，
∵CH∥AE，
∴∠BEA=∠DHC，
∴△ABE≌△CDH(AAS)，
∴∠BAE=∠DCH=∠BEA=∠DHC，
由（1）得△AED≌△EFB(SAS)，
∴∠AED=∠EFB，
∵∠AED+∠BEA=∠EFB+∠EFC=180°，
∴∠BEA=∠EFC=∠DCH=∠DHC=∠BAE．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质、菱形的判定及性质、等边对等角、全等三角形的判定及性质以及
等角的补角相等．熟练掌握全等三角形的判定及性质是解题的关键．
11．（2023·湖南益阳·中考真题）如图，线段AB与⊙O相切于点B，AO交⊙O于点M，其延长线交⊙O
于点C，连接BC，∠ABC=120°，D为⊙O上一点且D´B的中点为M，连接AD，CD．
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(1)求∠ACB的度数；
(2)四边形ABCD是否是菱形？如果是，请证明：如果不是，请说明理由；
(3)若AC=6，求C´D的长．
【答案】(1)30°
(2)是菱形，证明见解析
4π
(3)C´D的长为 ．
3
【分析】（1）如图，连接OB，证明∠ABO=90°，而∠ABC=120°，可得∠OBC=120°−90°=30°，
再结合等腰三角形的性质可得答案；
（2）先证明∠ACD=∠ACB=30°，即∠DCB=60°，而∠ABC=120°，求解∠CAB=30°=∠ACB，
可得BA=BC，证明C´D=C´B，可得CD=CB，再证明AD=AB，可得AD=AB=BC=CD，从而可得结
论；
（3）如图，连接OD，BD，交AC于Q，证明△DBC为等边三角形，可得∠DOC=2∠DBC=120°，
证明QA=QC=3，AC⊥BD，求解OC=2，再利用弧长公式进行计算即可．
【详解】（1）解：如图，连接OB，
∵线段AB与⊙O相切于点B，
∴∠ABO=90°，而∠ABC=120°，
∴∠OBC=120°−90°=30°，
∵OB=OC，
∴∠OBC=∠OCB=30°；
（2）四边形ABCD是菱形，理由如下：
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∵D´B的中点为M，∠ACB=30°，
∴∠ACD=∠ACB=30°，即∠DCB=60°，而∠ABC=120°，
∴∠CAB=180°−120°−30°=30°=∠ACB，
∴BA=BC，
∵D´B的中点为M，CM为直径，
∴C´D=C´B，
∴CD=CB，
∵∠ACD=30°=∠ACB，AC=AC，
∴△ACD≌△ACB，
∴AD=AB，
∴AD=AB=BC=CD，
∴四边形ABCD是菱形．
（3）如图，连接OD，BD，交AC于Q，
∵CD=CB，∠DCB=60°，
∴△DBC为等边三角形，
∴∠DBC=60°，
∴∠DOC=2∠DBC=120°，
∵菱形ABCD，AC=6，
∴QA=QC=3，AC⊥BD，
∴∠CBQ=90°−30°=60°，
∵∠OBC=30°，
∴∠QBO=30°，
1 1
∴OQ= OB= OC，
2 2
1
∴ OC+OC=3，
2
OC=2，
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120π×2 4π
∴C´D的长为 = ．
180 3
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，等腰三角形的判定与系数，等边三角形的判定与性质，
菱形的判定与性质，弧，弦，圆心角之间的关系，圆周角定理的应用，切线的性质，弧长的计算，作出合
适的辅助线是解本题的关键．
12．（2023·吉林·中考真题）【操作发现】如图①，剪两张对边平行的纸条，随意交叉叠放在一起，使重
合的部分构成一个四边形EFMN．转动其中一张纸条，发现四边形EFMN总是平行四边形其中判定的依
据是__________．
【探究提升】取两张短边长度相等的平行四边形纸条ABCD和EFGH（AB<BC，FG≤BC），其中
AB=EF，∠B=∠FEH，将它们按图②放置，EF落在边BC上，FG，EH与边AD分别交于点M，N．
求证： ▱EFMN是菱形．
【结论应用】保持图②中的平行四边形纸条ABCD不动，将平行四边形纸条EFGH沿BC或CB平移，且
EF始终在边BC上．当MD=MG时，延长CD，HG交于点P，得到图③．若四边形ECPH的周长为
4
40，sin∠EFG= （∠EFG为锐角），则四边形ECPH的面积为_________．
5
【答案】（操作发现），两组对边分别平行的四边形是平行四边形；（探究提升），见解析；（结论应
用），80
【分析】（操作发现），根据两组对边分别平行的四边形是平行四边形解答即可；
（探究提升），证明四边形ABEN是平行四边形，利用邻边相等的平行四边形是菱形即可证明结论成立；
（结论应用），证明四边形ECPH是菱形，求得其边长为10，作GQ⊥BC于Q，利用正弦函数的定义求
解即可．
【详解】解：（操作发现），∵两张对边平行的纸条，随意交叉叠放在一起，
∴MN∥EF，NE∥MF，
∴四边形EFMN是平行四边形（两组对边分别平行的四边形是平行四边形），
故答案为：两组对边分别平行的四边形是平行四边形；
（探究提升），∵MN∥EF，NE∥MF，
∴四边形EFMN是平行四边形，
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∵∠B=∠FEH，
∴NE∥AB，
又AN∥BE，
∴四边形ABEN是平行四边形，
∴EF=AB=NE，
∴平行四边形EFMN是菱形；
（结论应用），∵平行四边形纸条EFGH沿BC或CB平移，
∴MD∥GP，PD∥MG，
∴四边形MNHG、CDMF、PGMD是平行四边形，
∵MD=MG，
∴四边形PGMD是菱形，
∵四边形EFMN是菱形，
∴四边形ECPH是菱形，
∵四边形ECPH的周长为40，
∴FH=GF=10，
作GQ⊥BC于Q，
4
∵sin∠EFG= ，
5
GQ 4
∴ = ，
GF 5
∴GQ=8，
∴四边形ECPH的面积为10×8=80．
故答案为：80．
【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，解直角三角形，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要
的条件．
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►题型05 利用正方形的性质与判定求解
13．（2024·贵州·中考真题）综合与探究：如图，∠AOB=90°，点P在∠AOB的平分线上，PA⊥OA
于点A．
(1)【操作判断】
如图①，过点P作PC⊥OB于点C，根据题意在图①中画出PC，图中∠APC的度数为______度；
(2)【问题探究】
如图②，点M在线段AO上，连接PM，过点P作PN⊥PM交射线OB于点N，求证：OM+ON=2PA；
(3)【拓展延伸】
点M在射线AO上，连接PM，过点P作PN⊥PM交射线OB于点N，射线NM与射线PO相交于点F，若
OP
ON=3OM，求 的值．
OF
【答案】(1)画图见解析，90
(2)见解析
2 8
(3) 或
3 3
【分析】（1）依题意画出图形即可，证明四边形OAPC是矩形，即可求解；
（2）过P作PC⊥OB于C，证明矩形OAPC是正方形，得出OA=AP=PC=OC，利用ASA证明
△APM≌△CPN，得出AM=CN，然后利用线段的和差关系以及等量代换即可得证；
（3）分M在线段AO，线段AO的延长线讨论，利用相似三角形的判定与性质求解即可；
【详解】（1）解：如图，PC即为所求，
∵∠AOB=90°，PA⊥OA，PC⊥OB，
∴四边形OAPC是矩形，
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∴∠APC=90°，
故答案为：90；
（2）证明：过P作PC⊥OB于C，
由（1）知：四边形OAPC是矩形，
∵点P在∠AOB的平分线上，PA⊥OA，PC⊥OB，
∴PA=PC，
∴矩形OAPC是正方形，
∴OA=AP=PC=OC，∠APC=90°，
∵PN⊥PM，
∴∠APM=∠CPN=90°−∠MPC，
又∠A=∠PCN=90°，AP=CP，
∴△APM≌△CPN，
∴AM=CN，
∴OM+ON=OM+CN+OC
=OM+AM+AP
=OA+AP
=2AP；
（3）解：①当M在线段AO上时，如图，延长NM、PA相交于点G，
由（2）知OM+ON=2PA，
设OM=x，则ON=3x，AO=PA=2x，
∴AM=AO−OM=x=OM，
∵∠AOB=∠MAG=90°，∠AMG=∠OMN，
∴△AMG≌△OMN(ASA)，
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∴AG=ON=3x，
∵∠AOB=90°，PA⊥OA，
∴AP∥OB，
∴△ONF∽△PGF，
OF ON 3x 3
∴ = = = ，
PF PG 3x+2x 5
PF 5
∴ = ，
OF 3
OP 5+3 8
∴ = = ；
OF 3 3
②当M在AO的延长线上时，如图，过P作PC⊥OB于C，并延长交MN于G
由（2）知：四边形OAPC是正方形，
∴OA=AP=PC=OC，∠APC=90°，PC∥AO，
∵PN⊥PM，
∴∠APM=∠CPN=90°−∠MPC，
又∠A=∠PCN=90°，AP=CP，
∴△APM≌△CPN，
∴AM=CN，
∴ON−OM
=OC+CN−OM
=AO+AM−OM
=AO+AO
=2AO，
∵ON=3OM=3x
∴AO=x，CN=AM=2x，
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∵PC∥AO，
∴△CGN∽△OMN，
CG CN CG 2x
∴ = ，即 = ，
OM ON x 3x
2
∴CG= x，
3
∵PC∥AO，
∴△OMF∽△PGF，
OF OM x 3
= = =
∴PF PG 2 5，
x+ x
3
PF 5
∴ = ，
OF 3
OP 5−3 2
∴ = = ；
OF 3 3
OP 2 8
综上， 的值为 或 ．
OF 3 3
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，正方形的判定与性质，角平分线的性质，全等三角形的判断与性
质，相似三角形的判断与性质等知识，明确题意，添加合适辅助线，构造全等三角形、相似三角形，合理
分类讨论是解题的关键．
14．（2023·内蒙古·中考真题）已知正方形ABCD，E是对角线AC上一点．
(1)如图1，连接BE，DE．求证：△ABE≅△ADE；
(2)如图2，F是DE延长线上一点，DF交AB于点G，BF⊥BE．判断△FBG的形状并说明理由；
AE
(3)在第（2）题的条件下，BE=BF=2．求 的值．
AB
【答案】(1)见解析
(2)△FBG是等腰三角形，理由见解析
(3)√2−1
【分析】（1）利用正方形的性质得出AB=AD，∠BAE=∠DAE=45°，进而即可得到
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△ABE≅△ADE(SAS)；
（2）先判断出∠AGD=∠FGB，进而判断出∠FGB=∠FBG，即可得到结论；
（3）先求出FG的长，可证明△FBE是等腰直角三角形．从而得到EF的长，再利用
AE EG
∠BEF=∠BAE=45°，∠ABE=∠EBG，可证得△ABE∼△EBG，进而得到 = ，从而可得到
AB BE
答案．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是正方形，AC是对角线，
∴AB=AD，∠BAE=∠DAE=45°，
在△ABE和△ADE中
¿
∴△ABE≅△ADE(SAS)．
（2）解：△FBG是等腰三角形，理由如下：
∵△ABE≅△ADE，
∴∠ABE=∠ADE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAG=90°，
∴∠ADE+∠AGD=90°，
∵∠AGD=∠FGB，
∴∠ADE+∠FGB=90°，
∵FB⊥BE，
∴∠EBF=90°，
∴∠ABE+∠FBG=90°，
∴∠FGB=∠FBG，
∴BF=FG，
∴△FBG是等腰三角形．
（3）解：∵BE=BF=2，BF=FG，
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∴BE=BF=FG=2，
又∵FB⊥BE，
∴△FBE是等腰直角三角形．
∴∠BEF=∠BAE=45°，BF2+BE2=EF2，
∴EF2=22+22=8，
∴EF=2√2，
∴¿=2√2−2，
∵∠BEF=∠BAE=45°，∠ABE=∠EBG，
∴△ABE∼△EBG，
AE EG
∴ = ，
AB BE
AE EF−FG 2√2−2
∴ = = =√2−1．
AB BE 2
【点睛】本题考查四边形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形，等腰三角形以及相似三角形，
熟练掌握等腰三角形以及全等三角形的判定与性质是解题的关键．
15．（2025·山东临沂·一模）【问题情境】
如图 1 ，在矩形ABCD中，E 是边 AB 上的一点，过点 D 作DF⊥CE ，过点 D 作DG⊥DF， 过
点 A 作 AG⊥DG，且AG=CF．
【基础探究】
（1）判断图 1 中四边形ABCD的形状，并说明理由；
【深入探究】
（2）如图 2 ，当 E 在 BA延长线上时，其他条件不变，请写出AH，FH，CF 之间的数量关系， 并
证明；
【拓展迁移】
（3）如图 3 ，在（2）的条件下，连接 BH，HD ，当 E 在BA延长线上的位置发生改变时，判 断
∠BHD的大小是否发生变化，请说明理由．
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【答案】（1）四边形 ABCD是正方形，见解析；（2）AH+FH=CF，见解析；（3）∠BHD=90°，
不发生变化，见解析
【分析】（1）DF⊥CE， DG⊥DF ，AG⊥DG， 证明 ∠ADC=∠GDF，∠GDA=∠FDC，
可得△ADG≌△CDF(AAS)，可得矩形ABCD是正方形．
（2）证明四边形DGHF是矩形，结合△ADG≌△CDF ， 可得四边形DGHF是正方形 ，可得
FH=GH，进一步可得结论；
（3）过点B作BP⊥CE于点P ，在HC上截取PQ=PC，连接BQ，证明BC=BQ，可得
BC=CD=BQ=AB，∠BCD=90°，∠FHD=∠GHD，证明△BPC≌△CFD(AAS)，可得
CP=DF=FH=PQ，证明△ABH≌△QBH(SSS)，进一步可得结论．
【详解】解：（1）四边形ABCD是正方形 ，
理由： ∵四边形ABCD是矩形，
∴ ∠ADC=90°，
又∵DF⊥CE， DG⊥DF ，AG⊥DG，
∴ ∠GDF=∠G=∠DFC=90°，
∴ ∠ADC=∠GDF，
∴∠ADC−∠ADF=∠GDF−∠ADF 即∠GDA=∠FDC，
又∵AG=CF， ∠G=∠DFC，
∴ △ADG≌△CDF(AAS)，
∴ AD=CD ，
∴矩形ABCD是正方形．
（2）AH+FH=CF，
理由： DF⊥CE， AH⊥CE， GD⊥DF，
∴四边形DGHF是矩形，
由（1）得 △ADG≌△CDF ，
∴CF=AG ，DF=DG，
∴四边形DGHF是正方形 ，
∴FH=GH，
∴AH+FH=AH+GH=AG=CF；
（3）∠BHD=90°，理由如下：
过点B作BP⊥CE于点P ，在HC上截取PQ=PC，连接BQ，
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∴∠BPC=∠BPQ=90°，BC=BQ，
∵四边形ABCD是正方形，四边形DGHF为正方形，
∴BC=CD=BQ=AB，∠BCD=90°，∠FHD=∠GHD，
同理可得：∠BCP=∠CDF，
∴△BPC≌△CFD(AAS)，
∴CP=DF=FH=PQ，
又∵CF=FH+AH，
∴HQ=CH−CQ=CH−2FH=CF−FH=AH，
又∵AB=BQ，BH=BH，
∴△ABH≌△QBH(SSS)，
∴∠AHB=∠BHQ，
又∵∠FHD=∠GHD，
∴ ∠BHD=90° ．
【点睛】本题考查的是全等三角形的判定与性质，矩形的判定与性质，正方形的判定与性质，作出合适的
辅助线是解本题的关键．
►题型06 与特殊平行四边形有关的多结论问题
16．（2022·四川攀枝花·中考真题）如图，以△ABC的三边为边在BC上方分别作等边△ACD、△ABE、
△BCF．且点A在△BCF内部．给出以下结论：
①四边形ADFE是平行四边形；
②当∠BAC=150°时，四边形ADFE是矩形；
③当AB=AC时，四边形ADFE是菱形；
④当AB=AC，且∠BAC=150°时，四边形ADFE是正方形．
其中正确结论有 （填上所有正确结论的序号）．
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【答案】①②③④
【分析】
对于结论①，由等边三角形的性质可得，△EFB≌△ACB(SAS)，则EF=AC=AD；同理，由
△CDF≌△CAB，得DF=AB=AE，由AE=DF，AD=EF即可得出四边形ADFE是平行四边形；对于
结论②，当∠BAC=150°时，∠EAD=360°−∠BAE−∠BAC−∠CAD=90°，结合结论①，可知结
论②正确；对于结论③，当AB=AC时，AE=AD，结合结论①，可知结论③正确；对于结论④，综合
②③的结论知：当AB=AC，且∠BAC=150°时，四边形AEFD既是菱形，又是矩形，故结论④正确．
【详解】解析：①∵△ABE、△CBF是等边三角形，
∴BE=AB，BF=CB，∠EBA=∠FBC=60°，
∴∠EBF=∠ABC=60°−∠ABF，
∴△EFB≌△ACB(SAS)，
∴EF=AC=AD，
同理由△CDF≌△CAB，得DF=AB=AE，
由AE=DF，AD=EF即可得出四边形ADFE是平行四边形，故结论①正确；
②当∠BAC=150°时，
∠EAD=360°−∠BAE−∠BAC−∠CAD=360°−60°−150°−60°=90°，
由①知四边形AEFD是平行四边形，
∴平行四边形ADFE是矩形，故结论②正确；
③由①知AB=AE，AC=AD，四边形AEFD是平行四边形，
∴当AB=AC时，AE=AD，
∴平行四边形AEFD是菱形，故结论③正确；
④综合②③的结论知：当AB=AC，且∠BAC=150°时，四边形AEFD既是菱形，又是矩形，
∴四边形AEFD是正方形，故结论④正确．
故答案为：①②③④．
【点睛】本题主要考查了平行四边形、菱形、矩形、正方形的判定方法，熟练掌握以上图形的判定方法是
解题的关键．
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17．（2022·山东泰安·中考真题）如图，平行四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O．点E为BC的
中点，连接EO并延长交AD于点F，∠ABC=60°，BC=2AB．下列结论：①AB⊥AC；②AD=4OE；
1
③四边形AECF是菱形；④S = S ．其中正确结论的个数是（ ）
△BOE 4 △ABC
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】A
【分析】通过判定ΔABE为等边三角形求得∠BAE=60°，利用等腰三角形的性质求得∠EAC=30°，从
而判断①；利用有一组邻边相等的平行四边形是菱形判断③，然后结合菱形的性质和含30°直角三角形的
性质判断②；根据三角形中线的性质判断④．
【详解】解：∵点E为BC的中点，
∴BC=2BE=2CE，
又∵BC=2AB，
∴AB=BE，
∵∠ABC=60°，
∴ΔABE是等边三角形，
∴∠BAE=∠BEA=60°，
∴∠EAC=∠ECA=30°，
∴∠BAC=∠BAE+∠EAC=90°，
即AB⊥AC，故①正确；
在平行四边形ABCD中，AD//BC，AD=BC，AO=CO，
∴∠CAD=∠ACB，
在ΔAOF和ΔCOE中，
¿，
∴ΔAOF≅ΔCOE(ASA)，
∴AF=CE，
∴四边形AECF是平行四边形，
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又∵AB⊥AC，点E为BC的中点，
∴AE=CE，
∴平行四边形AECF是菱形，故③正确；
∴AC⊥EF，
在RtΔCOE中，∠ACE=30°，
1 1 1
∴OE= CE= BC= AD，故②正确；
2 4 4
在平行四边形ABCD中，OA=OC，
又∵点E为BC的中点，
1 1
∴S = S = S ，故④正确；
ΔBOE 2 ΔBOC 4 ΔABC
综上所述：正确的结论有4个，
故选：A．
【点睛】本题考查平行四边形的性质，等边三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，含30°的直角三角
形的性质，掌握菱形的判定是解题关键．
18．（2024·山东东营·中考真题）如图，在正方形ABCD中，AC与BD交于点O，H为AB延长线上的一
CF √3
点，且BH=BD，连接DH，分别交AC，BC于点E，F，连接BE，则下列结论：① = ；②
BF 2
tan∠H=√3−1；③BE平分∠CBD；④2AB2=DE⋅DH．
其中正确结论的个数是（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】B
【分析】根据正方形的性质结合勾股定理可知，AB=BD=CD=AD=a，BD=√2AB=√2a，AB∥CD，
与 互相垂直且平分，进而可求得 ，根据正切值定义即可判断②；由 ，可知
AC BD AH=(√2+1)a AB∥CD
△DCF∽△HBF，由相似三角形的性质即可判断①；由BH=BD，可求得∠H=∠BDH=22.5°，再结
合AC与BD互相垂直且平分，得DE=BE，可知∠DBE=∠BDE=22.5°，进而可判断③；再证
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△BDE∽△HDB，即可判断④．
【详解】解：在正方形ABCD中，AB∥CD，AB=BD=CD=AD=a，∠BAD=90°，
∠ABD=∠CBD=∠DAC=∠BAC=45°，AC与BD互相垂直且平分，
则BD=√AB2+AD2=√2AB=√2a，
∵BH=BD=√2a，则AH=(√2+1)a，
AD a
∴tanH= = =√2−1，故②不正确；
AH (√2+1)a
∵AB∥CD，则∠H=∠CDF，∠DCF=∠HBF，
∴△DCF∽△HBF，
CF CD a √2
∴ = = = ，故①不正确；
BF BH √2a 2
∵BH=BD，
∴∠H=∠BDH，
∵∠H+∠BDH=∠ABD=45°，
∴∠H=∠BDH=22.5°，
又∵AC与BD互相垂直且平分，
∴DE=BE，
∴∠DBE=∠BDE=22.5°，则∠CBE=∠CBD−∠DBE=22.5°，
∴∠DBE=∠CBE，
∴BE平分∠CBD，故③正确；
由上可知，∠DBE=∠H=22.5°，
∴△BDE∽△HDB，
BD DE
∴ = ，则BD2=DE⋅DH，
DH BD
又∵BD=√2AB，
∴2AB2=DE⋅DH，故④正确；
综上，正确的有③④，共2个，
故选：B．
【点睛】本题考查正方形的性质，相似三角形的判定及性质，勾股定理，解直角三角形等知识，熟练掌握
相关图形的性质是解决问题的关键．
19．（2023·山东日照·中考真题）如图，矩形ABCD中，AB=6，AD=8，点P在对角线BD上，过点P
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作MN⊥BD，交边AD，BC于点M，N，过点M作ME⊥AD交BD于点E，连接EN，BM，DN．
96
下列结论：①EM=EN；②四边形MBND的面积不变；③当AM:MD=1:2时，S = ；④
△MPE 25
BM+MN+ND的最小值是20．其中所有正确结论的序号是 ．
【答案】②③④
【分析】根据等腰三角形的三线合一可知MP=PN，可以判断①；利用相似和勾股定理可以得出BD=10，
MN=
15
，，利用S =
1
MN×BD判断②；根据相似可以得到
S
△MPE=
(ME) 2
，判断③；利用将
2 四边形MBND 2 S BD
△DAB
军饮马问题求出最小值判断④．
【详解】解：∵EM=EN，MN⊥BD，
∴MP=PN，
在点P移动过程中，不一定MP=PN，
相矛盾，
故①不正确；
延长ME交BC于点H,
则ABHM为矩形，
∴BD=√AB2+AD2=√62+82=10
∵ME⊥AD，MN⊥BD，
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∴∠MED+∠MDE=∠MEP+∠EMN=90°，
∴∠MDE=∠EMN，
∴△MHN∽△DAB，
MH HN MN
∴ = = ，
AD AB BD
6 HN MN
即 = = ，
8 6 10
9 15
解得：HN= ，MN= ，
2 2
1 1 1 1 15 75
∴S =S +S = MN×BP+ MN×DP= MN×BD= × ×10=
四边形MBND △BMN △DMN 2 2 2 2 2 2
故②正确；
∵ME∥AB，
∴△DME∽△DAB，
ME MD 2
∴ = = ，
AB AD 3
∴ME=4，
∵∠MDE=∠EMN，∠MPE=∠A=90°，
∴△MPE∽△DAB，
∴
S
△MPE=
(ME) 2
=
4
，
S BD 25
△DAB
4 4 1 96
∴S = S = × ×6×8= ，
△MPE 25 △DAB 25 2 25
故③正确，
15
BM+MN+ND=BM+ND+ ，
2
即当MB+ND最小时， BM+MN+ND的最小值，作B、D关于AD、BC的对称点B 、D ,
1 1
9
把图1中的CD 向上平移到图2位置，使得CD= ，连接B D ，即B D 为MB+ND的最小值，则
1 2 1 1 1 1
7
AC=BD = ，BB =12,
1 2 1
这时B D =√BD 2+BB 2=
√ (7) 2
+122=
25
，
1 1 1 1 2 2
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即BM+MN+ND的最小值是20，
故④正确；
故答案为：②③④
【点睛】本题考查矩形的性质，相似三角形的判定和性质，轴对称，掌握相似三角形的判定和性质是解题
的关键．
20．（2023·内蒙古赤峰·中考真题）如图，把一个边长为5的菱形ABCD沿着直线DE折叠，使点C与AB
延长线上的点Q重合．DE交BC于点F，交AB延长线于点E．DQ交BC于点P，DM⊥AB于点M，
15
AM=4，则下列结论，①DQ=EQ，②BQ=3，③BP= ，④BD∥FQ．正确的是（ ）
8
A．①②③ B．②④ C．①③④ D．①②③④
【答案】A
【分析】由折叠性质和平行线的性质可得∠QDF=∠CDF=∠QEF，根据等角对等边即可判断①正确；
根据等腰三角形三线合一的性质求出MQ=AM=4，再求出BQ即可判断②正确；由△CDP∽△BQP得
CP CD 5 EF QE
= = ，求出BP即可判断③正确；根据 ≠ 即可判断④错误．
BP BQ 3 DE BE
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【详解】由折叠性质可知：∠CDF=∠QDF,CD=DQ=5，
∵CD∥AB，
∴∠CDF=∠QEF．
∴∠QDF=∠QEF．
∴DQ=EQ=5．
故①正确；
∵DQ=CD=AD=5，DM⊥AB，
∴MQ=AM=4．
∵MB=AB−AM=5−4=1，
∴BQ=MQ−MB=4−1=3．
故②正确；
∵CD∥AB，
∴△CDP∽△BQP．
CP CD 5
∴ = = ．
BP BQ 3
∵CP+BP=BC=5，
3 15
∴BP= BC= ．
8 8
故③正确；
∵CD∥AB，
∴△CDF∽△BEF．
DF CD CD 5 5
∴ = = = = ．
EF BE BQ+QE 3+5 8
EF 8
∴ = ．
DE 13
QE 5
∵ = ，
BE 8
EF QE
∴ ≠ ．
DE BE
∴△EFQ与△EDB不相似．
∴∠EQF≠∠EBD．
∴BD与FQ不平行．
故④错误；
故选A．
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【点睛】本题主要考查了折叠的性质，平行线的性质，等腰三角形的性质，相似三角形的判定和性质，菱
形的性质等知识，属于选择压轴题，有一定难度，熟练掌握相关性质是解题的关键．
►题型07 特殊平行四边形与函数综合
k
21．（2024·四川宜宾·中考真题）如图，一次函数．y=ax+b(a≠0)的图象与反比例函数y= (k≠0)的图
x
象交于点A(1,4)、B(n,−1)．
(1)求反比例函数和一次函数的表达式；
k
(2)利用图象，直接写出不等式ax+b< 的解集；
x
(3)已知点D在x轴上，点C在反比例函数图象上．若以A、B、C、D为顶点的四边形是平行四边形，求点
C的坐标．
4
【答案】(1)y= ，y=x+3
x
(2)x<−4或0<x<1
( 4 ) (4 ) (4 )
(3) − ,−5 或 ,5 或 ,3
5 5 3
k
【分析】（1）把A的坐标代入y= (k≠0)，可求出k，把B(n,−1)代入所求反比例函数解析式，可求n，
x
然后把A、B的坐标代入y=ax+b(a≠0)求解即可；
（2）结合一次函数和反比例函数的图像，写出一次函数图像在反比例函数图像下方所对应的自变量范围
即可；
( 4)
（3）设点C的坐标为 c, ，D(d,0)，分AC、BD为对角线，BC、AD为对角线，AB、CD为对角线
c
三种情况，根据对角顶点的横、纵坐标之和分别相等列方程组，即可求解．
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k
【详解】（1）解∶∵y= (k≠0)经过A(1,4)，
x
k
∴4= ，解得k=4，
1
4
∴y= ，
x
4 4
把B(n,−1)代入y= ，得−1= ，
x n
解得n=−4，
∴B(−4,−1)，
把A(1,4)，B(−4,−1)代入y=ax+b(a≠0)，
得¿，
解得¿，
∴y=x+3；
（2）解：观察图像得：当x<−4或0<x<1时，一次函数的图像在反比例函数图像的下方，
k
∴不等式ax+b< 的解集为x<−4或0<x<1；
x
( 4)
（3）解：设点C的坐标为 c, ，D(d,0)，
c
①以AC、BD为对角线，
则¿，
解得¿，
4
∴ =−5，
c
( 4 )
∴C − ,−5 ；
5
②以BC、AD为对角线，
则¿，
解得¿，
4
∴ =5，
c
(4 )
∴C ,5 ；
5
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③以AB、CD为对角线
则¿，
解得¿，
4
∴ =3，
c
(4 )
∴C ,3 ；
3
( 4 ) (4 ) (4 )
综上，当C的坐标为 − ,−5 或 ,5 或 ,3 时，以A、B、C、D为顶点的四边形是平行四边形．
5 5 3
【点睛】本题考查求一次函数的解析式，反比例函数的解析式，一次函数与反比例函数的交点问题，平行
四边形存在性问题等，掌握数形结合思想和分类讨论思想是解题的关键．
22．（2024·山东威海·中考真题）如图，在菱形ABCD中，AB=10cm，∠ABC=60°，E为对角线AC上
一动点，以DE为一边作∠≝=60°，EF交射线BC于点F，连接BE，DF．点E从点C出发，沿CA方向
以每秒2cm的速度运动至点A处停止．设△BEF的面积为ycm2，点E的运动时间为x秒．
(1)求证：BE=EF；
(2)求y与x的函数表达式，并写出自变量x的取值范围；
(3)求x为何值时，线段DF的长度最短．
【答案】(1)证明见解析；
(2)y=−√3x2+10√3x(0<x≤5)；
5
(3)x= ．
2
【分析】（1）设CD与EF相交于点M，证明△BCE≌△DCE(SAS)，可得∠CBE=∠CDE，BE=DE，
利用三角形外角性质可得∠CDE=∠CFE，即得∠CBE=∠CFE，即可求证；
（2）过点E作EN⊥BC于N，解直角三角形得到EN=CE·sin60°=√3xcm，CN=CE·cos60°=xcm，
可得BN=BC−CN=(10−x)cm，由等腰三角形三线合一可得BF=2(10−x)cm，即可由三角形面积公式
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得到y与x的函数表达式，最后由0<2x≤10，可得自变量x的取值范围；
（3）证明△≝¿为等边三角形，可得BE=DF，可知线段DF的长度最短，即BE的长度最短，当
BE⊥AC时，BE取最短，又由菱形的性质可得△ABC为等边三角形，利用三线合一求出CE即可求解；
本题考查了菱形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的外角性质，解直角三角形，求二次函数解析
式，等腰三角形的性质，等边三角形的判定和性质，垂线段最短，掌握菱形的性质及等边三角形的判定和
性质是解题的关键．
【详解】（1）证明：设CD与EF相交于点M，
∵四边形ABCD为菱形，
∴BC=DC，∠BCE=∠DCE，AB∥CD，
∵∠ABC=60°
∴∠DCF=60°，
在△BCE和△DCE中，
¿，
∴△BCE≌△DCE(SAS)，
∴∠CBE=∠CDE，BE=DE，
∵∠DMF=∠≝+∠CDE=∠DCF+∠CFE，
又∵∠≝=∠DCF=60°，
∴∠CDE=∠CFE，
∴∠CBE=∠CFE，
∴BE=EF；
（2）解：过点E作EN⊥BC于N，则∠ENC=90°，
∵BE=EF，
∴BF=2BN，
∵四边形ABCD为菱形，∠ABC=60°，
1
∴BC=AB=10cm，∠ACB= ∠BCD=60°，
2
即∠ECN=60°，
∵CE=2xcm，
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√3 1
∴EN=CE·sin60°=2x· =√3xcm，CN=CE·cos60°=2x· =xcm，
2 2
∴BN=BC−CN=(10−x)cm，
∴BF=2(10−x)cm，
1 1
∴y= BF·EN= ×2(10−x)×√3x=−√3x2+10√3x，
2 2
∵0<2x≤10，
∴0<x≤5，
∴y=−√3x2+10√3x(0<x≤5)；
（3）解：∵BE=DE，BE=EF，
∴DE=EF，
∵∠≝=60°，
∴△≝¿为等边三角形，
∴DE=DF=EF，
∴BE=DF，
∴线段DF的长度最短，即BE的长度最短，当BE⊥AC时，BE取最短，如图，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC，
∵∠ABC=60°，
∴△ABC为等边三角形，
∴BC=AB=AC=10cm，
∵BE⊥AC，
1
∴CE= AC=5cm，
2
CE 5
∴x= = ，
2 2
5
∴当x= 时，线段DF的长度最短．
2
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23．（2024·广东·中考真题）【问题背景】
如图1，在平面直角坐标系中，点B，D是直线y=ax(a>0)上第一象限内的两个动点(OD>OB)，以线段
k
BD为对角线作矩形ABCD，AD∥x轴．反比例函数y= 的图象经过点A．
x
【构建联系】
k
（1）求证：函数y= 的图象必经过点C．
x
（2）如图2，把矩形ABCD沿BD折叠，点C的对应点为E．当点E落在y轴上，且点B的坐标为(1,2)时，
求k的值．
【深入探究】
（3）如图3，把矩形ABCD沿BD折叠，点C的对应点为E．当点E，A重合时，连接AC交BD于点P．
以点O为圆心，AC长为半径作⊙O．若OP=3√2，当⊙O与△ABC的边有交点时，求k的取值范围．
16
【答案】（1）证明见解析；（2）k= ；（3）6≤k≤8
3
( k ) ( k ) k
【分析】（1）设B(m,ma)，则A m, ，用含m,k的代数式表示出C ,am ，再代入y= 验证即
m am x
可得解；
DE
（2）先由点B的坐标和k表示出DC=k−2，再由折叠性质得出2= ，如图，过点D作DH⊥y轴，
BE
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k
过点B作BF⊥y轴，证出△DHE∽△EFB，由比值关系可求出HF=2+ ，最后由HF=DC即可得解；
4
（3）当⊙O过点B时，如图所示，过点D作DH∥x轴交y轴于点H，求出k的值，当⊙O过点A时，根
据A，C关于直线OD对轴知，⊙O必过点C，如图所示，连AO，CO，过点D作DH∥x轴交y轴于点
H，求出k的值，进而即可求出k的取值范围．
( k )
【详解】（1）设B(m,ma)，则A m, ，
m
∵AD∥x轴，
k
∴D点的纵坐标为 ，
m
k k
∴将y= 代入y=ax中得： =ax得，
m m
k
∴x= ，
am
( k k )
∴D , ，
am m
( k )
∴C ,am ，
am
k k
∴将x= 代入y= 中得出y=am，
am x
k
∴函数y= 的图象必经过点C；
x
（2）∵点B(1,2)在直线y=ax上，
∴a=2，
∴y=2x，
∴A点的横坐标为1，C点的纵坐标为2，
k
∵函数y= 的图象经过点A，C，
x
(k )
∴C ，2 ，A(1,k)，
2
(k )
∴D ，k ，
2
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∴DC=k−2，
∵把矩形ABCD沿BD折叠，点C的对应点为E，
k
∴BE=BC= −1，∠BED=∠BCD=90°，
2
DC k−2 DE
= =2=
∴BC k BE，
−1
2
如图，过点D作DH⊥y轴，过点B作BF⊥y轴，
∵AD∥x轴，
∴H，A，D三点共线，
∴∠HED+∠BEF=90°，∠BEF+∠EBF=90°，
∴∠HED=∠EBF，
∵∠DHE=∠EFB=90°，
∴△DHE∽△EFB，
DH HE DE
∴ = = =2,
EF BF BE
k
∵BF=1，DH=
2
k
∴HE=2，EF= ，
4
k
∴HF=2+ ，
4
由图知，HF=DC，
k
∴2+ =k−2，
4
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16
∴k= ；
3
（3）∵把矩形ABCD沿BD折叠，点C的对应点为E，当点E，A重合，
∴AC⊥BD，
∵四边形ABCD为矩形，
∴四边形ABCD为正方形，∠ABP=∠DBC=45°，
AP 1
∴AB=BC=CD=DA= =√2AP，AP=PC=BP= AC，BP⊥AC，
sin45° 2
∵BC∥x轴，
∴直线y=ax为一，三象限的夹角平分线，
∴y=x，
当⊙O过点B时，如图所示，过点D作DH∥x轴交y轴于点H，
∵AD∥x轴，
∴H，A，D三点共线，
∵以点O为圆心，AC长为半径作⊙O，OP=3√2，
∴OP=OB+BP=AC+BP=2AP+AP=3AP=3√2，
∴AP=√2，
∴AB=AD=√2AP=2，BD=2AP=2√2，BO=AC=2AP=2√2，
∵AB∥y轴，
∴△DHO∽△DAB，
HO DH DO
∴ = = ，
AB AD BD
HO DH 2√2+2√2
∴ = = ，
2 2 2√2
∴HO=HD=4，
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∴HA=HD−DA=4−2=2，
∴A(2,4)，
∴k=2×4=8，
当⊙O过点A时，根 据A，C关于直线OD对轴知，⊙O必过点C，如图所示，连AO，CO，过点D作
DH∥x轴交y轴于点H，
∵AO=OC=AC,
∴△AOC为等边三角形，
∵OP⊥AC，
1
∴∠AOP= ×60°=30°，
2
√3
∴AP=tan30°×OP= ×3√2=√6=PD，AC=BD=2AP=2√6，
3
∴AB=AD=√2AP=2√3，OD=OP+PD=3√2+√6，
∵AB∥y轴，
∴△DHO∽△DAB，
HO DH DO
∴ = = ，
AB AD BD
HO DH 3√2+√6
∴ = = ,
2√3 2√3 2√6
∴HO=HD=3+√3，
∴HA=HD−DA=3+√3−2√3=3−√3，
∴A(3−√3,3+√3)，
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∴k=(3−√3)×(3+√3)=6,
∴当⊙O与△ABC的边有交点时，k的取值范围为6≤k≤8．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定和性质，解直角三角形，一次函数的性质，反比例函数的性质，
矩形的性质，正方形的判定和性质，轴对称的性质，圆的性质等知识点，熟练掌握其性质，合理作出辅助
线是解决此题的关键．
24．（2024·重庆·模拟预测）如图，四边形ABCD是边长为9的菱形，∠A=60°，动点P、Q分别以每秒
3个单位长度的速度同时从点A出发，点P沿折线A→D→C方向运动，点Q沿折线A→B→C方向运动，
当两点相遇时停止运动．设运动时间为t秒，点P、Q两点间的距离为y．
(1)请直接写出y关于t的函数表达式并注明自变量t的取值范围；
(2)在给定的平面直角坐标系中画出这个函数的图象，并写出该函数的一条性质；
(3)结合函数图象，直接写出点P、Q相距4个单位长度时t的值．（结果保留一位小数）
【答案】(1)y=¿
(2)图象见解析，当0≤t≤3时，y随着t的增大而增大，当3<t≤6时，y随着t的增大而减小
(3)1.3秒或4.7秒
【分析】（1）由四边形ABCD是菱形，可得AB=BC=CD=AD=9，∠C=∠A=60°，由题意知，当
0≤t≤3时，P、Q 在AD、AB上运动，且△APQ是等边三角形，则y=PQ=AP=3t；当3<t≤6时，
P、Q 在CD、BC上运动，且△CPQ是等边三角形，则y=PQ=CP=18−3t；进而可得y关于t的函数
表达式；
（2）作一次函数图象即可；然后根据图象作答即可；
（3）当y=4时，3t=4或18−3t=4，计算求解，然后作答即可．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=AD=9，∠C=∠A=60°，
由题意知，当0≤t≤3时，P、Q 在AD、AB上运动，如图1，且△APQ是等边三角形，
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图1
∴y=PQ=AP=3t；
当3<t≤6时，P、Q 在CD、BC上运动，如图2，且△CPQ是等边三角形，
图2
∴y=PQ=CP=18−3t；
综上所述，y=¿；
（2）解：函数图象如下；
由图象可得，当0≤t≤3时，y随着t的增大而增大，当3<t≤6时，y随着t的增大而减小；
（3）解：当y=4时，3t=4或18−3t=4，
4 14
解得，t= ≈1.3或t= ≈4.7，
3 3
∴点P、Q相距4个单位长度时t的值为1.3秒或4.7秒．
【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，一次函数的应用，一次函数的图象与性质等
知识．熟练掌握菱形的性质，等边三角形的判定与性质，一次函数的应用，一次函数的图象与性质是解题
的关键．
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四边形 边 角 对角线
平行四 1）两组对边分别平行 两组对角分别相等 两组对角线互相平分
边形
2) 两组对边分别相等
3) 一组对边平行且相等
矩形 1）平行四边形+一直角 平行四边形+两条对角线相等
2）四边形+三直角
菱形 1）平行四边形+一组邻边相等 平行四边形+两条对角线互相垂直
2）四边形+四条边都相等
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
矩形+对角线相等
平行四边形+一组邻边相等+一个角为直角
1．（2025·湖南娄底·一模）如图，点D,E,F分别是△ABC的边AB,BC,CA的中点．①图中有三个平行
四边形；②图中的四个小三角形的形状和大小完全一样；③四边形ADEF的周长=AB+AC；④
AD⋅AC=AF⋅AB．下列选项中，正确的是（ ）
A．①② B．①②③ C．①②④ D．①②③④
【答案】D
【分析】本题考查了三角形的中位线定理、平行四边形的性质与判定，熟练掌握三角形的中位线定理是解
1 1
题的关键．根据三角形的中位线定理，可得DE∥AC，DE= AC，EF∥AB，EF= AB，
2 2
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1
DF∥BC，DF= BC，得出四边形ADEF、四边形BDFE、四边形DECF都为平行四边形，可判断①；
2
由平行四边形的性质可得，图中的四个小三角形为全等三角形，可判断②；利用平行四边形ADEF的周长
公式可判断③；利用中点的定义可判断④，即可得出结论．
【详解】解：∵点D,E,F分别是△ABC的边AB,BC,CA的中点，
1 1 1
∴DE∥AC，DE= AC，EF∥AB，EF= AB，DF∥BC，DF= BC，
2 2 2
∴四边形ADEF、四边形BDFE、四边形DECF都为平行四边形，故①正确；
∴图中的四个小三角形为全等三角形，即形状和大小完全一样，故②正确；
∵四边形ADEF为平行四边形，
∴四边形ADEF的周长=2AD+2AF=AB+AC，故③正确；
∵点D,F分别是边AB,CA的中点，
∵AB=2AD，AC=2AF，
∴AD⋅AC=AD⋅(2AF)=2AD⋅AF=AB⋅AF，故④正确；
∴综上所述，正确的是①②③④．
故选：D．
1
2．（2024·山东济南·模拟预测）如图，在矩形ABCD中，分别以点A,C为圆心，大于 AC的长为半径画
2
弧，两弧相交于M，N两点；作直线MN，分别交AD,BC于点E,F，连接AF和CE．已知
DE=3,AB=4，则以下四个结论中正确的是（ ）
1
①S = AC⋅EF；②AE=5；③∠FAC=∠ACF=30°；④EF=2√5．
四边形AFCE 2
A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②
【答案】B
【分析】根据矩形的性质得到AD=BC，AD∥BC，求得∠FCA=∠EAC，根据作图过程可知：MN是
AC的垂直平分线，得到AF=CF，根据线段垂直平分线的性质得到∠FOA=∠EOC=90°，AO=CO，
AE=CE，AF=CF，根据全等三角形的性质得到AE=CF，推出四边形AECF是菱形，得到
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1
S = AC⋅EF；故①正确；根据勾股定理得到CE=√CD2+DE2=5，求得AE=5，故②正确；
四边形AFCE 2
无法证明∠FAC=∠ACF=30°，故③错误；根据勾股定理得到
，故④正确．
EF=2OE=2×√AE2−AO2=2×√5=2√5
【详解】∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，AD∥BC，
∴∠FCA=∠EAC，
根据作图过程可知：MN是AC的垂直平分线，
∴AF=CF，
∴∠FAC=∠FCA，
∴∠FAC=∠EAC，
∵MN是AC的垂直平分线，
∴∠FOA=∠EOC=90°，AO=CO，AE=CE，AF=CF，
在△CFO和△AEO中，
¿，
∴△CFO≅△AEO(ASA)，
∴AE=CF，
∴AF=CF=AE=CE，
∴四边形AECF是菱形，
1
∴S = AC⋅EF故①正确；
四边形AFCE 2
∵∠D=90°，CD=AB=4，DE=3，
∴CE=√CD2+DE2=5，
∴AE=5，故②正确；
无法证明∠FAC=∠ACF=30°，故③错误；
∵AC=√AD2+CD2=√82+42=4√5，
1
∴AO= AC=2√5，
2
∴EF=2OE=2×√AE2−AO2=2×√5=2√5，故④正确，
故选：B．
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【点睛】本题考查了作图−基本作图、线段垂直平分线的性质、矩形的性质，全等三角形的判定和性质，
解决本题的关键是掌握基本作图方法．
3．（2025·广东佛山·一模）如图是王先生家的菜团，图2是该菜谱的示意图，该菜谱可看作矩形，点E，
F分别是矩形ABCD的边CD，AB的中点，两条平行线AK，CL分别经过菱形EGFH的顶点H，G和边
FG，EH的中点M，N．已知菱形EGFH的面积为6，则阴影部分的面积之和为 ．
【答案】5
【分析】连接EF,GH交于点O，设EF交NG于点R，交AK于点T，连接AG，先证明四边形AFED是矩
形，得到EF∥AD,EF=AD，∠AFE=90°，证明△GHM≌△FAM，推出四边形AFHG为平行四边形，
推出A,G,E三点共线，且AG=EG，再证明△AGL≌△EGR，得到AL=ER，证明四边形ALRT，四边
1 1
形ALCK均为平行四边形，得到ER=RT，平行线分线段成比例，推出FT=RT=ER= EF= AD，根
3 3
据菱形的面积分别求出四边形ALCK和GMHN的面积，分割法求出阴影部分的面积即可．
【详解】解：连接EF,GH交于点O，设EF交NG于点R，交AK于点T，连接AG，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AB=CD,AB∥CD,∠D=90°，
∵点E，F分别是边CD，AB的中点，
1 1
∴DE= CD，AF= AB，
2 2
∴DE=AF，
∵DE∥AF，
∴四边形AFED为平行四边形，
∵∠D=90°，
∴四边形AFED是矩形；
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∴EF∥AD,EF=AD，∠AFE=90°，
∵四边形EGFH为菱形，
1
∴GH⊥EF，OG=OH= HG，EG∥FH，EG=FH，
2
∴∠EOG=90°=∠AFE，
∴GH∥AF，
∴∠GHM=∠FAM，
∵点M是FG的中点，
∴GM=FM，
又∵∠GMH=∠FMA，
∴△GHM≌△FAM(AAS)，
∴GH=AF，
∴四边形AFHG为平行四边形，
∴AG∥HF,AG=HF，
∵EG∥FH，EG=FH，
∴A,G,E三点共线，且AG=EG，
∵EF∥AD，
∴∠LAG=∠REG，
∵∠LGA=∠RGE，
∴△AGL≌△EGR(ASA)，
∴AL=ER，
∵AL∥RT∥CK,CL∥AK，
∴四边形ALRT，四边形ALCK均为平行四边形，
∴AL=RT=CK，
∴ER=RT，
∵AK∥CL，
FM FT
∴ = =1，
GM RT
∴FT=RT，
1 1
∴FT=RT=ER= EF= AD，
3 3
∵菱形EGFH的面积为6，
∴EF⋅GH=12，
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∴AD⋅AB=24，
1
∵AL=CK= AD，
3
1
∴S =AL⋅AB= AD⋅AB=8，
▱ALCK 3
1
∵S ❑ = S =3，
▱ GNHM 2 EGFH
∴S =S −S ❑ =8−3=5；
阴影 ▱ALCK ▱ GNHM
故答案为：5．
【点睛】本题考查矩形的判定和性质，菱形的性质，平行四边形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，
平行线分线段成比例等知识点，熟练掌握相关知识点，添加辅助线构造全等三角形和特殊图形，是解题的
关键．
4．（2025·上海崇明·一模）如图，长方形DEFG的边EF在△ABC的边BC上，顶点D、G分别在AB、
AC上．已知△ABC的边BC长120cm，高AH为40cm，且长方形DEFG的长DG是宽DE的2倍，那么
DE的长度是 cm．
【答案】24
【分析】本题考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握相似三角形的判定和性质是解题的
关键．
设AH交DG于点L，由题意得， DG∥EF，∠DEC=90°，AH⊥BC，得出四边形DEHL是矩形，由
AL DG 40−DE 2DE
DG∥EF得到△ADG∽△ABC，继而得到 = ，即 = ，计算即可求解．
AH BC 40 120
【详解】解：设AH交DG于点L，如图，
∵ DEFG EF △ABC BC D、G
长方形 的边 在 的边 上，顶点 分别在
AB、AC上，
∴DG∥BC，∠DEC=90°，
∵AH⊥BC，
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∴AL⊥DG，
∴四边形DEHL是矩形，
∴DE=LH，
∵DG∥BC，
∴△ADG∽△ABC，
AL DG
∴ = ，
AH BC
∵AH=40cm，BC=120cm，DG=2DE，
∴AL=AH−LH=40−DE，
40−DE 2DE
∴ = ，
40 120
∴DE=24cm，
故答案为：24 ．
5．（2025·陕西西安·一模）如图，在△ABC中，AB=AC，AD是△ABC的角平分线，四边形ABDE是
平行四边形，连接CE，DE，DE交AC于点F．
(1)判断四边形ADCE的形状，并说明理由；
(2)判断DF与AB的数量关系和位置关系，并说明理由．
【答案】(1)矩形，理由见解析
1
(2)DF∥AB,DF= AB，理由见解析
2
【分析】本题主要考查了矩形的性质与判定，平行四边形的性质，三线合一以及三角形中位线的性质，熟
练掌握矩形的性质与判定是解题的关键．
（1）根据平行四边形的性质得到AE∥CD，再根据等腰三角形三线合一得到BD=CD，求出AE=CD，
证明四边形ADCE为平行四边形，再根据AC=DE即可证明结论．
（2）四边形ADCE为矩形，得到AF=CF，再根据AD是BC边的中线，证明DF是△ABC的中位线，即
可得到结论．
【详解】（1）解：矩形，理由如下：
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∵四边形ABDE是平行四边形，
∴AB=DE,AE=BD,AE∥BD，
∴AE∥CD，
∵AB=AC，AD平分∠BAC，
∴ AD是BC边的中线，AC=DE，
∴BD=CD，
∴AE=CD，
∴四边形ADCE为平行四边形，
∵AC=DE，
∴四边形ADCE为矩形．
1
（2）解：DF∥AB,DF= AB，理由如下：
2
∵四边形ADCE是矩形，
∴AF=CF，
∵AB=AC，AD平分∠BAC，
所以AD是BC边的中线，
∴BD=CD，
∴ DF是△ABC的中位线，
1
∴ DF∥AB,DF= AB．
2
6．（2025·湖南娄底·模拟预测）如图，在菱形ABCD中，E、F、G、H分别是边AB、BC、CD、DA的
中点，连接EF，FG，GH，HE．
(1)求证：四边形EFGH是矩形；
(2)若EF=4，∠FGC=30°，求菱形ABCD的面积．
【答案】(1)证明见详解
(2)32√3
【分析】（1）连接AC，BD，根据E、F、G、H分别是边AB、BC、CD、DA的中点得到
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1 1
EF=HG= AC，EH=FG= BD，EF∥HG∥AC，EH∥FG∥BD，从而得到四边形EFGH是平
2 2
行四边形，再根据菱形ABCD得到AC⊥BD，即可得到∠AOB=90°，从而得到∠FEH=90°，即可得
到证明；
（2）根据EF=4得到AC=2EF=8，结合菱形性质得到OC=4，根据∠FGC=30°得到
∠ODG=∠FGC=30°，即可得到OD，即可得到答案；
【详解】（1）证明：连接AC，BD，
∵E、F、G、H分别是边AB、BC、CD、DA的中点，
1 1
∴EF=HG= AC，EH=FG= BD，EF∥HG∥AC，EH∥FG∥BD，
2 2
∴四边形EFGH是平行四边形，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴∠AOB=90°，
∵EF∥HG∥AC，EH∥FG∥BD，
∴∠FEH=90°，
，
∴四边形EFGH是矩形；
（2）解：∵EF=4，
∴AC=2EF=8，
∵四边形ABCD是菱形，
1
∴OC= AC=4，
2
∵∠FGC=30°，
∴∠ODG=∠FGC=30°，
OC
∴OD= =4√3，
tan30°
∴BD=2OD=8√3，
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1 1
∴S= AC⋅BD= ×8×8√3=32√3．
2 2
【点睛】本题考查菱形的性质及矩形的判定与性质，三角形中位线定理，解直角三角形，解题的关键是根
据中位线得到线段的关系．
7．（2025·上海嘉定·一模）如图，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=AC，点E是边AB的中点，连接CE，
作AF⊥CE，垂足为点F，连接BF．
(1)求证：△EFB∽△EBC；
DF
(2)取BC边的中点D，连接DF，求证： =√2．
EF
【答案】(1)见详解
(2)见详解
【分析】本题主要考查了相似三角形的判定以及性质，等腰直角三角形的判定以及性质，三角形中位线的
判定以及性质，掌握这些判定定理以及性质是解题的关键．
EF EA
（1）先证明△FEA∽△AEC，由相似三角形的性质得出 = ，由线段中点的定义得出EA=EB，
EA EC
EF EB
等量代换可得出 = ，结合∠FEB=∠BEC，进而可得出△EFB∽△EBC．
EB EC
（2）取BC边的中点D，连接DF，先证明△EFB∽△EBC，由相似三角形的性质得出
∠EFB=∠EBC=45°，∠EBF=∠DCF，连接AD交CF于点H，连接ED，利用三角形中位线的判定
以及性质，等腰直角三角形的判定得出CD=BD=√BE2+DE2=√2BE，再证明△CHD∽△AHF，
△FHD∽△AHC，再由相似三角形的性质进一步证明△DCF∽△EBF，最后根据相似三角形的性质即
DF CD
可得出 = =√2．
EF BE
【详解】（1）证明：∵∠BAC=90°，点E是边AB的中点，AF⊥CE于点F，
∴∠EFA=∠EAC=90°，EA=EB，
∴∠FEA=∠AEC，
∴△FEA∽△AEC，
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EF EA
∴ = ，
EA EC
EF EB
∴ =
EB EC
∵∠FEB=∠BEC，
∴△EFB∽△EBC．
（2）解：取BC边的中点D，连接DF，
∵∠BAC=90°，AB=AC，
∴∠EBC=∠ACB=45°，
∵△EFB∽△EBC，
∴∠EFB=∠EBC=45°，∠EBF=∠DCF，
连接AD交CF于点H，连接ED，
∵点E是AB的中点，点D是BC的中点，
1 1
∴BE= AB，DE= AC，DE∥AC，AD⊥BC，
2 2
1
∠DAC=∠DAB= ∠BAC=45°，
2
∴BE=DE，∠BED=∠BAC=90°，
∴CD=BD=√BE2+DE2=√2BE，
∵∠CDH=∠AFH=90°，∠CHD=∠AHF，
∴△CHD∽△AHF，
DH CH
∴ = ，
FH AH
DH FH
∴ = ，
CH AH
∵∠AHC=∠DHF
∴△FHD∽△AHC，
∴∠DFC=∠DAC=45°，
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∴∠DFC=∠EFB，
∵∠DCF=∠EBF，
∴△DCF∽△EBF，
DF CD
∴ = =√2．
EF BE
8．（2025·安徽·模拟预测）如图①，在四边形ABCD中，∠ABC=∠DCB，E为BC上一点，且
DE∥AB，过点B作BF∥AD交DE的延长线于点F，连接CF，CF=BF．
(1)求证：△ADE≌△FCD；
(2)如图②，连接DB交AE于点G．
①若AG=DC，求证：BC平分∠DBF；
CF
②若DB∥CF，求 的值．
BD
【答案】(1)见解析
CF √5−1
(2)①见解析；② =
BD 2
【分析】（1）先证DE=CD，再证四边形ABFD是平行四边形，则AD=BF,∠ADE=∠ABF，然后证
∠ABF=∠DCF，则∠ADE=∠FCD，由SAS即可得出结论；
（2）①连接CG，先证四边形AGCD是平行四边形，得CG∥AD,CG=AD，再证四边形BFCG是平行
四边形，然后证平行四边形BFCG是菱形，即可得出结论；
DE EC CF CE EF DE EF
②先证△ABE∽△DEC，得 = ，进而证△BDE∽△CFE，得 = = ，则 = ，然
DF BE BD BE DE DF DE
EF √5−1
后求出 = ，即可得出结论．
DE 2
【详解】（1）证明：∵DE∥AB，
∴∠DEC=∠ABC，
∵∠ABC=∠DCB，
∴∠DEC=∠DCB，
∴DE=CD，
∵DE∥AB,BF∥AD，
∴四边形ABFD是平行四边形，
∴AD=BF,∠ADE=∠ABF，
∵CF=BF，
∴∠FBC=∠FCB,AD=CF，
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∴∠ABC+∠FBC=∠DCB+∠FCB，
即∠ABF=∠DCF，
∴∠ADE=∠FCD，
在△ADE和△FCD中，
¿，
∴△ADE≌△FCD(SAS)．
（2）解：①证明：如图，连接CG，
由（1）得：△ADE≌△FCD，
∴∠DEA=∠CDF
∴AE∥CD，
∵AG=DC，
∴四边形AGCD是平行四边形，
∴CG∥AD CG=AD，
,
∵AD=BF,AD∥BF，
∴CG∥BF,CG=BF，
∴四边形BFCG是平行四边形，
∵CF=BF，
∴平行四边形BFCG是菱形，
∴BC平分∠DBF；
②解：由（1）可知，△ADE≌△FCD，
∴∠AED=∠FDC，
∵DE∥AB，
∴∠BAE=∠AED,∠ABE=∠DEC，
∴∠BAE=∠EDC，
∴△ABE∽△DEC，
DE EC
∴ = ，
AB BE
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DE EC
∴ = ，
DF BE
由（1）可知，四边形BFCG是平行四边形，
∴BD∥FC，
∴△BDE∽△CFE，
CF CE EF
∴ = = ，
BD BE DE
DE EF
∴ = ，
DF DE
∵DF=DE+EF，
DE EF
∴ = ，
DE+EF DE
即DE2=DE⋅EF+EF2，
EF (EF) 2
两边除以DE2得：1= + ，
DE DE
EF √5−1 EF −√5−1
解得： = ，或 = （舍去），
DE 2 DE 2
CF EF √5−1
∴ = = ．
BD DE 2
【点睛】本题是四边形综合题目，考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判
定与性质、相似三角形的判定与性质、平行线的判定与性质、等腰三角形的判定与性质等知识，本题综合
性强，熟练掌握菱形的判定与性质和平行四边形的判定与性质是解题的关键，属于中考常考题型．
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