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专题 07 四边形的有关计算与证明解答题题型总结
题型解读｜模型构建｜通关试 练
一、平行四边形的性质与判定
1.平行四边形的概念：有两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形．
2.平行四边形的性质：
①边：平行四边形的对边相等．
②角：平行四边形的对角相等．
③对角线：平行四边形的对角线互相平分．
3.平行四边形的判定
（1）两组对边分别平行的四边形是平行四边形．
符号语言：∵AB∥DC，AD∥BC∴四边行ABCD是平行四边形．
（2）两组对边分别相等的四边形是平行四边形．
符号语言：∵AB=DC，AD=BC∴四边行ABCD是平行四边形．
（3）一组对边平行且相等的四边形是平行四边形．
符号语言：∵AB∥DC，AB=DC∴四边行ABCD是平行四边形．
（4）两组对角分别相等的四边形是平行四边形．
符号语言：∵∠ABC=∠ADC，∠DAB=∠DCB∴四边行ABCD是平行四边形．
（5）对角线互相平分的四边形是平行四边形．
符号语言：∵OA=OC，OB=OD∴四边行ABCD是平行四边形．
二、矩形的性质与判定
1.矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形．
2.矩形的性质
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①平行四边形的性质矩形都具有；
②角：矩形的四个角都是直角；
③边：邻边垂直；
④对角线：矩形的对角线相等；
⑤矩形是轴对称图形，又是中心对称图形．它有2条对称轴，分别是每组对边中点连线所在的直
线；对称中心是两条对角线的交点．
由矩形的性质，可以得到直角三角形的一个重要性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
矩形的判定
3.矩形的判定：
①矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形；
②有三个角是直角的四边形是矩形；
③对角线相等的平行四边形是矩形（或“对角线互相平分且相等的四边形是矩形”）
三、菱形的性质与判定
1.菱形的性质
①菱形具有平行四边形的一切性质；
②菱形的四条边都相等；
③菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角；
④菱形是轴对称图形，它有2条对称轴，分别是两条对角线所在直线．
2.菱形的面积计算
①利用平行四边形的面积公式．
②菱形面积=对角线乘积的一半
3.菱形的判定方法
①菱形定义：一组邻边相等的平行四边形是菱形（平行四边形+一组邻边相等=菱形）；
②四条边都相等的四边形是菱形．
几何语言：∵AB=BC=CD=DA∴四边形ABCD是菱形；
③对角线互相垂直的平行四边形是菱形（或“对角线互相垂直平分的四边形是菱形”）．
几何语言：∵AC⊥BD，四边形ABCD是平行四边形∴平行四边形ABCD是菱形
四、正方形的性质与判定
1.正方形的定义：有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形．
2.正方形的性质
①正方形的四条边都相等，四个角都是直角；
②正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角；
③正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质．
④两条对角线将正方形分成四个全等的等腰直角三角形，同时，正方形又是轴对称图形，有四条对称
轴．
3.正方形的判定方法：
①先判定四边形是矩形，再判定这个矩形有一组邻边相等；
②先判定四边形是菱形，再判定这个菱形有一个角为直角．
③还可以先判定四边形是平行四边形，再用1或2进行判定．
模型01 平行四边形的性质与证明
考｜向｜预｜测
平行四边形的考查主要在于它的性质与判定，难度适中，在各类考试中得分率较高.掌握平行四边形定
义、性质和判定，清楚平行四边形的特征以及彼此之间的关系，能用平行四边形的判定定理和性质定
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理进行几何证明和计算是考试的重点。
答｜题｜技｜巧
平行四边形对应边相等，对应角相等，对角线互相平分及它的判定，是我们证明直线的平行、线段相等、
角相等的重要方法，若要证明两直线平行和两线段相等、两角相等，可考虑将要证的直线、线段、角、分
别置于一个四边形的对边或对角的位置上，通过证明四边形是平行四边形达到上述目的．
运用定义，也可以判定某个图形是平行四边形，这是常用的方法，不要忘记平行四边形的定义，有时用定
义判定比用其他判定定理还简单．
凡是可以用平行四边形知识证明的问题，不要再回到用三角形全等证明，应直接运用平行四边形的性质和
判定去解决问题．
（2025·河北沧州·模拟预测）已知在△ABC中，AB=AC，点D在BC上，以AD、AE为腰作等腰三角形
ADE，且∠ADE=∠ABC．连接CE，过E作EM∥BC交CA延长线于M，连接BM．
(1)求证：△BAD≌△CAE；
(2)求四边形MBDE的形状，并加以证明．
【答案】(1)证明见解析
(2)四边形MBDE的形状是平行四边形，证明见解析
【分析】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，以及平行四边形的判定．掌握全
等三角形的判定和性质是解题关键．
（1）由等边对等角可知∠ABC=∠ACB，即得出∠BAC=180°−2∠ABC．由题意可得AD=AE，
∠ADE=∠AED，即得出∠DAE=180°−2∠ADE．由∠ADE=∠ABC，可证明∠BAC=∠DAE，
从而可证明∠BAD=∠CAE，即易证△BAD≌△CAE(SAS)；
（2）先证明∠ACB=∠ACE，再根据两直线平行，内错角相等即可证明∠ACE=∠EMC，即得出
ME=EC，从而可得DB=ME，最后根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可证明．
【详解】（1）证明：∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
∴∠BAC=180°−2∠ABC，
∵以AD、AE为腰作等腰三角形ADE，
∴AD=AE，
∴∠ADE=∠AED，
∴∠DAE=180°−2∠ADE，
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∵∠ADE=∠ABC，
∴∠BAC=∠DAE，
∴∠BAC−∠CAD=∠DAE−∠CAD，
∴∠BAD=∠CAE，
在△BAD在△CAE中，
¿，
∴△BAD≌△CAE(SAS)；
（2）解：四边形MBDE的形状是平行四边形，
证明：∵△BAD≌△CAE，
∴DB=CE，∠ABD=∠ACE，
∵AB=AC，
∴∠ABD=∠ACB，
∴∠ACB=∠ACE，
∵EM∥BC，
∴∠EMC=∠ACB，
∴∠ACE=∠EMC，
∴ME=EC，
∴DB=ME，
又∵EM∥BD，
∴四边形MBDE是平行四边形．
1．（2024·山东济南·模拟预测）如图，四边形ABCD是平行四边形，BM∥DN，且分别交对角线AC于
点M，N，连接MD,BN．求证：∠DMN=∠BNM；
【答案】证明见解析
【分析】本题主要考查了平行四边形的判定以及性质，全等三角形的判定以及性质，平行线的性质，连接
BD，交AC于点O，证明△BOM≌△DON，推出四边形BMDN为平行四边形，得到BN∥DM，即可得
证；
【详解】证明：连接BD，交AC于点O，
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∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OB=OD，
∵BM∥DN，
∴∠MBO=∠NDO，
又∠BOM=∠DON，
∴△BOM≌△DON，
∴BM=DN，
∴四边形BMDN为平行四边形，
∴BN∥DM，
∴∠DMN=∠BNM；
2．（2025·贵州·一模）如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，D是边AC上一点，连接BD，E，F分别为
BC，BD的中点，连接AF，EF，DE．有下列条件：
①AC=3AD，②∠AFD=∠EDF．
(1)请从以上①②中任选1个作为条件，求证：四边形ADEF是平行四边形；
(2)在（1）的结论下，若CD=DE，AB=15，求EF的长．
【答案】(1)见解析
(2)√15
【分析】（1）选择①，首先得到EF是△BCD的中位线，得到EF∥CD，CD=2EF，然后求出
CD=2AD，得到AD=EF，进而证明即可；
选择②，首先得到EF是△BCD的中位线，得到EF∥CD，然后由∠AFD=∠EDF得DE∥AF到，进而
证明即可；
（2）首先得到BD=2AF，由（1）知，四边形ADEF是平行四边形，CD=2AD，得到DE=AF，
AD=EF，然后得到BD=2AF=2DE=2CD=4AD，然后利用勾股定理求解即可．
【详解】（1）解：选择①，
证明：∵E，F分别为BC，BD的中点，
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∴EF是△BCD的中位线，
∴EF∥CD，CD=2EF．
∵AC=3AD，
∴CD=2AD，
∴AD=EF，
∵AD∥EF，
∴四边形ADEF是平行四边形．
[一题多解]选择②，
证明：∵E，F分别为BC，BD的中点，
∴EF是△BCD的中位线，
∴EF∥CD．
∵∠AFD=∠EDF，
∴DE∥AF，
∴四边形ADEF是平行四边形；
（2）解：∵F是BD的中点，∠BAC=90°，
∴BD=2AF．
由（1）知，四边形ADEF是平行四边形，CD=2AD，
∴DE=AF，AD=EF．
∵CD=DE，
∴BD=2AF=2DE=2CD=4AD．
在Rt△ABD中，AD2+AB2=BD2，即AD2+152=16AD2，
解得AD=√15，
∴EF=AD=√15．
【点睛】此题考查了平行四边形的性质和判定，三角形中位线的性质，勾股定理，直角三角形斜边中线的
性质等知识，解题的关键是掌握以上知识点．
3．（24-25九年级下·河北保定·阶段练习）已知：互不重合的点B、D、C、F按图中顺序依次在同一条直
线上，且BD=CF，AB=EF，∠B=∠F=70°，∠A为锐角．
(1)求证：△ABC≌△EFD；
(2)连接AD、AF，若AB=AD，求证：AF与DE互相平分
【答案】(1)见解析
(2)见解析
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【分析】本题考查了全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，熟练掌握判定方法是解题的关
键．
（1）由BD=CF可得BC=DF，再利用SAS即可证得；
（2）连接AD，AF，AE，只要证得四边形ADFE是平行四边形即可．
【详解】（1）证明：∵ BD=CF，
∴ BD+CD=CF+CD，即BC=DF，
∵ AB=EF，∠B=∠F=70°，
∴ △ABC≌△EFD(SAS)；
（2）证明：如图，连接AD，AF，AE，
∵ AB=AD，
∴ ∠B=∠ADB，
∵ AB=EF，∠B=∠EFD，
∴ AD=EF，∠ADB=∠EFD，
∴ AD∥EF，
∴四边形ADFE是平行四边形，
∴ AF与DE互相平分．
4．（2025·江苏南京·中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，O是AB上一点，△≝¿和△ABC
关于点O对称，连接AF, CD．
(1)求证：四边形ACDF是平行四边形；
(2)已知AC=4, BC=3，求四边形ACDF是菱形时AO的长．
【答案】(1)见解析
16
(2)
5
【分析】本题考查中心对称，平行四边形的判定和性质，菱形的性质，解题的关键是理解题意，灵活运用
所学知识解决问题．
（1）由中心对称的性质证明DF=AC，DF∥AC即可证明；
（2）利用勾股定理求出AB，再利用面积法求出OC，利用勾股定理求AO即可．
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【详解】（1）证明：∵△≝¿和△ABC关于点O对称，
∴△ABC≌△≝¿
∴∠BAC=∠EDF，DF=AC，
∴DF∥AC，
∴四边形ACDF是平行四边形；
（2）解：连接CF，
∵△≝¿和△ABC关于点O对称，四边形ACDF是平行四边形；
∴F,O,C三点共线，
∵∠ACB=90°, AC=4, BC=3，
∴AB=√AC2+BC2=√42+32=5，
∵四边形ACDF是菱形，
∴CF⊥AD，
1 1
∵ AC⋅CB= AB⋅CO，
2 2
12
∴CO= ，
5
∴AO=√AC2−OC2=
√
42−
(12) 2
=
16
．
5 5
5．（2024·江苏南京·模拟预测）已知四边形ABCD是平行四边形．
(1)如图（1），对角线AC，BD相交于点O，过点O的直线与边AD，BC分别相交于点E，F．求证
OE=OF．
(2)如图（2），过点A作对角线BD的垂线，垂足为M，交边BC于点N．仅用无刻度的直尺在图中作
CH⊥BD，垂足为H．（保留作图痕迹，不要求写作法．）
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】本题考查了平行四边形，熟练掌握平行四边形的性质，全等三角形的判定和性质，是解题的关键．
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（1）根据平行四边形性质得AD∥BC，OA=OC，得∠DAC=∠ACB，可得△AOE≌△COF(AAS)，
即得OE=OF；
（2）根据平行四边形性质得OA=OC，ON=OG，可得△AON≌△COG(SAS)，得∠CAN=∠ACG，
得CG∥AC,根据AN⊥BD，得CG⊥BD．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，OA=OC，
∴∠DAC=∠ACB，
∵∠AOE=∠COF，
∴△AOE≌△COF(AAS)，
∴OE=OF
（2）解：连接AC交BD于点O，作射线NO交AD于点G，连接CG交BD于点H，点H即为所求作．
6．（24-25九年级下·湖北武汉·开学考试）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠A=90°，
AB=12cm，AD=4cm，CD=15cm．点P从点A出发，以1cm/秒的速度向点B运动；点Q从点C出
发，以2cm/秒的速度向点D运动．规定其中一个点到达终点时，另一点也随之停止运动，设Q点运动的
时间为t秒．
(1)若P，Q两点同时出发．
①0AE）．
(1)若AB=6，AD=4，求AF的长；
(2)求证：FE平分∠AFC．
2
【答案】(1)
3
(2)证明见解析
【分析】（1）由矩形的性质可得∠CDE=∠EAF=90°，DC=AB=6，由直角三角形的两个锐角互余可
得∠DEC+∠DCE=90°，进而可得∠DCE=∠AEF，于是可证得△EAF∽△CDE，由相似三角形的
AF AE 1 AF 2
性质可得 = ，由E为AD的中点可得AE=DE= AD=2，于是可得 = ，由此即可求出AF的
DE DC 2 2 6
长；
（2）设AE=m，CD=n，由E为AD的中点可得DE=AE=m，由（1）可得△EAF∽△CDE，于是可得
AF AE DE⋅AE m2
= ，进而可得AF= = ，由勾股定理可得CE=√DE2+CD2=√m2+n2，
DE DC DC n
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m EA CE n EA AF
EF=√AE2+AF2= √m2+n2 ，由（1）可得∠EAF=∠CEF=90°，且 = = ，即 = ，
n AF EF m CE EF
于是可证得△EAF∽△CEF，由相似三角形的性质可得∠EFA=∠CFE，于是结论得证．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD为矩形，且EF⊥EC，
∴∠CDE=∠EAF=90°，DC=AB=6，∠CEF=90°，
∴∠DEC+∠DCE=90°，
∠DEC+∠AEF=180°−∠CEF=180°−90°=90°，
∴∠DCE=∠AEF，
∴△EAF∽△CDE，
AF AE
∴ = ，
DE DC
∵E为AD的中点，
1
∴AE=DE= AD=2，
2
AF 2
∴ = ，
2 6
2
∴AF= ；
3
（2）证明：设AE=m，CD=n，
∵E为AD的中点，
∴DE=AE=m，
由（1）可得：△EAF∽△CDE，
AF AE
∴ = ，
DE DC
DE⋅AE m2
∴AF= = ，
DC n
∴CE=√DE2+CD2=√m2+n2，
√ m2 2 m
EF=√AE2+AF2= m2+( ) = √m2+n2，
n n
由（1）可得：∠EAF=∠CEF=90°，
EA m n CE √m2+n2 n
∵ = = = =
又 AF m2 m，EF m m，
√m2+n2
n n
EA CE n
∴ = = ，
AF EF m
EA AF
即： = ，
CE EF
∴△EAF∽△CEF，
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∴∠EFA=∠CFE，
即：FE平分∠AFC．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质，直角三角形的两个锐角互余，相似三角形的判定与性质，线段中点
的有关计算，勾股定理等知识点，熟练掌握相似三角形的判定与性质是解题的关键．
4．（2025·山东威海·模拟预测）在平行四边形ABCD中，对角线AC、BD交于点O,P是线段OC上一个
动点（不与点O、点C重合），过点P分别作AD、CD的平行线，交CD于点E，交BC、BD于点F、G，
连接EG．
(1)如图1，如果PC=2OP，求证：EG∥AC；
AB 2 OP
(2)如图2，如果∠ABC=90°， = ，且△DGE与△PCF相似，请补全图形，并求 的值；
BC 3 PC
(3)如图3，如果BA=BG=BC，且射线EG过点A．请补全图形，并求∠ABC的度数．
【答案】(1)见解析；
OP 9
(2)见解析， = ；
PC 8
(3)见解析，72°
CP CP 1 OG CE
【分析】（1）根据平行四边形的性质得到 = = ，则 = ，由此即可求解；
CA 2CO 3 OD CD
OP PG 9
（2）根据题意可证△DGE∽△PFC∽△ABC，设CE=4k，那么PE=6k,PG=9k，由 = =
OC CD 17
即可求解；
a √5+1
（3）根据题意作图，可证平行四边形ABCD为菱形，设FB=FG=a,PF=FC=CE=b，得到 =
b 2
DG b √5−1
（负根已舍），则 = = ，可证△DGA∽△DAB，设∠DAG=∠DBA=∠ADB=α，那么
GB a 2
∠BAG=∠BGA=2α，求出α=36°即可求解．
【详解】（1）证明：∵PC=2PO，PG∥CD，
OG OP 1
∴ = = ，
OD OC 3
在平行四边形ABCD中，OA=OC，
CP CP 1
∴ = = ，
CA 2CO 3
又∵PE∥AD，
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CP CE 1
∴ = = ，
CA CD 3
OG CE
∴ = ，
OD CD
∴EG∥OC；
（2）解：如图2，
∵∠ABC=90°，
∴平行四边形ABCD为矩形．
∴OC=OD，
∴∠GDE=∠PCE=∠CPF，
又∵∠CFP=∠ABC=90°，且∠DEG<90°，
∴只能∠DGE=90°，∠DEG=∠PGE=∠PCF，
∴此时有：△DGE∽△PFC∽△ABC，
设CE=4k，那么PE=6k,PG=9k，
∴EG=√PE2+PG2=3√13k，DE=13k，
OP PG 9
∴ = = ，
OC CD 17
OP 9
∴ = ；
PC 8
（3）解：补全图形如下，
∵BA=BC，
∴平行四边形ABCD为菱形，
设FB=FG=a,PF=FC=CE=b，
∴GP=a−b，
∵GP∥CE，
PG AP BF
∴ = = ，
CE AC BC
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a−b a
∴ = ，
b a+b
∴a2−ab−b2=0，
(a) 2 a
∴ − −1=0，
b b
a √5+1
∴ = （负根已舍）．
b 2
DG b √5−1
∴ = = ，
GB a 2
DG BG √5−1
∴ = = ，
GB BD 2
DG DA
∴ = ，
DA DB
又∵∠ADG=∠BDA，
∴△DGA∽△DAB，
∴设∠DAG=∠DBA=∠ADB=α，那么∠BAG=∠BGA=2α，
∴5α=180°，
∴α=36°，
∴∠ABC=72°．
【点睛】本题主要考查四边形的综合，掌握矩形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，菱形的判定和
性质，相似三角形的判定和性质等知识的综合是解题的关键．
5．（2025·河南郑州·一模）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E是AD的中点，点F，G
在AB上，EF⊥AB，OG∥EF．
(1)求证：四边形OEFG是矩形；
(2)若AD=10，EF=4，求OE和BG的长．
【答案】(1)见详解
(2)OE=5,BG=2
【分析】本题主要考查菱形的性质、勾股定理、矩形的性质与判定及斜边中线定理，熟练掌握菱形的性质、
勾股定理、矩形的判定及斜边中线定理是解题的关键；
（1）由题意易得AC⊥BD,∠DAC=∠BAC，OE=AE=DE，则有OE∥AB，然后可得四边形OEFG
是平行四边形，进而问题可求解；
（2）由题意易得AC⊥BD,AD=AB=10，则有OE=AE=DE=5，进而根据勾股定理及矩形的性质可
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进行求解．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD,∠DAC=∠BAC，
∵E是AD的中点，
∴OE=AE=DE，
∴∠EAO=∠EOA=∠BAC，
∴OE∥AB，
∵OG∥EF，
∴四边形OEFG是平行四边形，
∵EF⊥AB，
∴四边形OEFG是矩形；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD,AD=AB=10，
∵E是AD的中点，
∴OE=AE=DE=5，
∵EF=4，EF⊥AB，
∴AF=√AE2−EF2=3，
∵四边形OEFG是矩形，
∴OE=FG=5，
∴BG=AB−AF−FG=2．
6．（2025·云南·模拟预测）如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，AD⊥BD，E是CD的
中点，过点E作EF∥BD，交BC于点F．
(1)求证：四边形OEFB是矩形；
(2)若AD=8，DC=12，求四边形OEFB的面积．
【答案】(1)见解析
(2)8√5
【分析】本题考查了矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、三角形中位线定理、勾股定理等知识，
熟练掌握矩形的判定与性质是解题的关键．
（1）证OE是△BCD的中位线，得OE∥BC，则四边形OEFB是平行四边形，再证∠CBD=90°，即可
得出结论；
（2）根据勾股定理得出DB，进而利用矩形的面积公式解答即可．
【详解】（1）∵四边形ABCD是平行四边形，
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∴BO=DO,AD∥BC．
∵点E是CD的中点，
∴OE是△BCD的中位线．
∴OE∥BC．
又∵EF∥BD，
∴四边形OEFB是平行四边形．
∵AD⊥BD,AD∥BC，
∴BC⊥BD，
∴∠CBD=90°．
∴四边形OEFB是矩形．
（2）∵AD=8，
1 1
∴OE= BC= AD=4，
2 2
∵AD⊥BD,AB=DC=12，
∴DB=√AB2−AD2=√122−82=4√5，
1
∴OB= BD=2√5，
2
∴矩形OEFB的面积=OB⋅OE=4×2√5=8√5．
模型03 菱形的有关计算与证明
考｜向｜预｜测
菱形的性质与判定该题型主要是在综合性大题中考试较多，一般情况考查较多的是证明一个四边形是
菱形、利用相似求长度、类比探究题型，具有一定的综合性和难度.掌握菱形的性质与判定，菱形的面
积公式，及一些特殊的菱形是解答本题的关键.注意菱形与平行四边形的区别，菱形与正方形的联系与区
别，利用数形结合及方程的思想解题。
答｜题｜技｜巧
1. 菱形是在平行四边形的前提下定义的，首先它是平行四边形，但它是特殊的平行四边形，特殊之处就
是“有一组邻边相等”，因而就增加了一些特殊的性质和不同于平行四边形的判定方法．
2. 菱形判定方法的选择：若四地形（或可证）为平行四也形，则再证一组邻边相等或对角线互相垂直
若相等的边也较多（或容易证出），则可证四条边相零
如图，平行四边形ABCD，E，F为BD上的点，AE=CE．
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(1)求证：四边形ABCD为菱形；
(2)若BE=DF，AE2=AG⋅AD，求证：BF⋅FG=AF⋅DG；
(3)延长AE交BC于点P，若P为BC中点，AB=5，AE=3，求BD的长
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)6√2
【分析】（1）连接AC，交BD于O，证明△AOE≌△COE(SSS)，可得∠AOE=∠COE，然后利用平角
定义即可解决问题；
（2）根据菱形的性质证明△AFG∽△ADF，可得∠AFD=∠AGF，然后证明△ABF∽△FGD，即可
解决问题；
1
（3）取AP中点M，得到OM是△APC的中位线，OM= PC，OM∥PC，再由△EOM∽△EBP，得
2
1
CP
到OM OE 2 1，设OE=x，则OB=3x，
= = =
BP BE CP 2
，所以OE:OB=1:3，设OE=x，则OB=3x，然后利用勾股定理即可解决问题．
【详解】（1）证明：连接AC，交BD于O，
∵ ABCD
平行四边形 ，
∴AO=CO，
在△AOE和△COE中，
¿，
∴△AOE≌△COE(SSS)，
∴∠AOE=∠COE，
又∵∠AOE+∠COE=180°，
∴∠AOE=∠COE=90°，
∴AC⊥BD，
∴四边形ABCD为菱形；
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（2）证明：∵四边形ABCD为菱形，
∴AC垂直平分BD，∠ABD=∠ADB，OB=OD，BD=2OB
∵BE=DF，
∴OE=OF，
∴AC垂直平分EF，
∴AE=AF，
又∵AE2=AG⋅AD，
∴AF2=AG⋅AD，
AF AD
∴ = ，
AG AF
∵∠FAG=∠DAF，
∴△AFG∽△ADF，
∴∠AFD=∠AGF，
∴180°−∠AFD=180°−∠AGF，
∴∠AFB=∠DGF，
∵∠ABD=∠ADB，
∴△ABF∽△FDG，
BF AF
∴ = ，
DG FG
∴BF⋅FG=AF⋅DG；
（3）解：取AP中点M，
∵O为AC中点，
∴OM是△APC的中位线，
1
∴OM= PC，OM∥PC，
2
∵P为BC中点，
∴BP=PC，
∵OM∥PC，
∴△EOM∽△EBP，
OM OE
∴ = ，
BP BE
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1
CP
∴ OM OE 2 1，
= = =
BP BE CP 2
设OE=x，则BE=2x，OB=3x，
由（2）得BD=2OB=6x，
Rt△AOB中，AB=5，OA2=AB2−OB2=52−(3x) 2，
Rt△AOE中，AE=3，OA2=AE2−OE2=32−x2，
∴OA2=52−(3x) 2=32−x2，
解得x=√2，
∴ BD=6x=6√2．
【点睛】此题属于四边形综合题，考查了菱形的判定、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性
质、三角形重心的性质，相似三角形的判定与性质等知识，熟练掌握菱形的判定和平行四边形的判定与性
质定理是解题的关键．
1．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，O是AB上一点，△≝¿和△ABC关于点O对称，连接AF, CD．
(1)求证：四边形ACDF是平行四边形；
(2)已知AC=4, BC=3，求四边形ACDF是菱形时AO的长．
【答案】(1)见解析
16
(2)
5
【分析】本题考查中心对称，平行四边形的判定和性质，菱形的性质，解题的关键是理解题意，灵活运用
所学知识解决问题．
（1）由中心对称的性质证明DF=AC，DF∥AC即可证明；
（2）利用勾股定理求出AB，再利用面积法求出OC，利用勾股定理求AO即可．
【详解】（1）证明：∵△≝¿和△ABC关于点O对称，
∴△ABC≌△≝¿
∴∠BAC=∠EDF，DF=AC，
∴DF∥AC，
∴四边形ACDF是平行四边形；
（2）解：连接CF，
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∵△≝¿和△ABC关于点O对称，四边形ACDF是平行四边形；
∴F,O,C三点共线，
∵∠ACB=90°, AC=4, BC=3，
∴AB=√AC2+BC2=√42+32=5，
∵四边形ACDF是菱形，
∴CF⊥AD，
1 1
∵ AC⋅CB= AB⋅CO，
2 2
12
∴CO= ，
5
∴AO=√AC2−OC2=
√
42−
(12) 2
=
16
．
5 5
2．如图，在菱形ABCD中，E是CD的中点，连接AE并延长，交BC的延长线于点F．
(1)求证：BC=CF；
(2)连接AC，若AB=2，AE⊥AB，求AC的长．
【答案】(1)见解析
(2)2
【分析】本题考查菱形的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形斜边的中线等于斜边的一半等知识，
熟练掌握菱形性质是解决问题的关键．
（1）由菱形的性质及中点定义得到角的关系及边的关系，再由三角形全等的判定与性质即可证明；
（2）由菱形性质及（1）中结论得到BF=4，在Rt△ABF中，由直角三角形斜边上的中线等于斜边一半
代值求解即可得到答案．
【详解】（1）证明：∵在菱形ABCD中，AD=BC，AD∥BC，
∴∠D=∠DCF，∠F=∠DAE，
又∵E是CD的中点，
∴CE=DE，
∴△ADE≌△FCE(AAS)，
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∴AD=CF，
∵ AD=BC，
∴BC=CF；
（2）解：∵在菱形ABCD中，AB=BC=2，
由（1）可知CF=BC=2，
∴BF=4，
∵AE⊥AB，
∴∠BAF=90°，
∵ AC是Rt△ABF斜边BF上的中线，
1 1
∴AC= BF= ×4=2．
2 2
3．如图，在菱形ABCD中，E是CD的中点，连接AE并延长，交BC的延长线于点F．
(1)求证：BC=CF；
(2)连接AC，若AB=2，AE⊥AB，求AC的长．
【答案】(1)见解析
(2)2
【分析】本题考查菱形的性质、全等三角形的判定与性质、直角三角形斜边的中线等于斜边的一半等知识，
熟练掌握菱形性质是解决问题的关键．
（1）由菱形的性质及中点定义得到角的关系及边的关系，再由三角形全等的判定与性质即可证明；
（2）由菱形性质及（1）中结论得到BF=4，在Rt△ABF中，由直角三角形斜边上的中线等于斜边一半
代值求解即可得到答案．
【详解】（1）证明：∵在菱形ABCD中，AD=BC，AD∥BC，
∴∠D=∠DCF，∠F=∠DAE，
又∵E是CD的中点，
∴CE=DE，
∴△ADE≌△FCE(AAS)，
∴AD=CF，
∵ AD=BC，
∴BC=CF；
（2）解：∵在菱形ABCD中，AB=BC=2，
由（1）可知CF=BC=2，
∴BF=4，
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∵AE⊥AB，
∴∠BAF=90°，
∵ AC是Rt△ABF斜边BF上的中线，
1 1
∴AC= BF= ×4=2．
2 2
4．如图，在菱形ABCD中，连结对角线AC，点E在边AB上，过点E作EF∥BC交AC于点F，连结DE
交AC于点G．
(1)若DA=DE，∠B=105°，求∠CDE的度数．
(2)若AC=15，AE=2BE，求GF的长．
(3)求证：GA2=GF⋅GC．
【答案】(1)75°
(2)4
(3)证明见解析
【分析】（1）由菱形性质知∠BAD=75°，由DA=DE知∠AED=∠BAD=75°，∠ADE=30°，由菱
形对角相等可得∠ADC=105°，即可得出结论；
AF AE 2 EF AE 2
（2）由EF∥BC，可得 = =2，可得AF= AC=10，证明△AEF∽△ABC得 = = ，
FC BE 3 BC AB 3
EF EF 2 GF EF 2
由BC=AB=AD得 = = ，证明△GEF∽△GDA， = = ，即可得出结论；
AD BC 3 GA DA 3
GA AE AE EF
（3）由菱形性质证明AE=EF，证明△AGE∽△CGD，得出比例式 = = = ，由（2）知
GC CD AD AD
GF EF GA GF
= ，故 = ，即可得证．
GA DA GC GA
【详解】（1）解：∵在菱形ABCD中，∠B=105°，
∴∠BAD=180°−∠B=75°，∠ADC=∠B=105°，
∵DA=DE，
∴∠AED=∠BAD=75°，
∴∠ADE=180°−∠AED−∠BAD=180°−75°−75°=30°，
∴∠CDE=∠ADC−∠ADE=105°−30°=75°，
∴∠CDE的度数为75°；
（2）∵EF∥BC，AE=2BE，AC=15，
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AF AE
∴ = =2，
FC BE
2 2
∴AF= AC= ×15=10，
3 3
∵EF∥BC，
∴∠AEF=∠ABC，∠AFE=∠ACB，
∴△AEF∽△ABC，
EF AE 2
∴ = = ，
BC AB 3
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=AD=CD，AD∥BC，
EF EF 2
∴ = = ，EF∥AD，
AD BC 3
∴∠GEF=∠GDA，∠GFE=∠GAD，
∴△GEF∽△GDA，
GF EF 2
∴ = = ，
GA DA 3
2 2
∴GF= AF= ×10=4，
5 5
∴GF的长为4；
（3）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴∠DAC=∠BAC，AB∥DC，AB=BC=AD=CD，
又∵EF∥AD，
∴∠DAC=∠AFE，
∴∠BAC=∠AFE，
∴AE=EF，
∵AB∥DC，
∴∠GAE=∠GCD，∠GEA=∠GDC，
∴△AGE∽△CGD，
GA AE AE EF
∴ = = = ，
GC CD AD AD
GF EF
由（2）知： = ，
GA DA
GA GF
∴ = ，
GC GA
∴GA2=GF⋅GC．
【点睛】本题考查菱形的性质，平行线分线段成比例定理，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定
和性质等知识点，掌握相似三角形的判定和性质以及熟练进行中间比转化证明比例式是解题的关键．
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5．如图，在平行四边形ABCD中，点O是对角线AC中点，过点O作EF⊥AC交BC于点E,AD于点F，
连接AE，CF．
(1)求证：四边形AECF是菱形；
(2)若AE=8,AC+EF=20，求四边形AECF的面积．
【答案】(1)见解析
(2)36
【分析】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，萎形的判定，证得△AOF≌△COE是关键；
（1）根据线段垂直平分线的性质，可得AF=CF，AE=CE，OA=OC，然后由四边形ABCD是矩形，
再证明△AOF≌△COE，则可得AF=CE，继而证得结论；
（2）根据菱形的性质得AC⊥EF，AO=CO，EO=FO，再证(AO+EO) 2=100，利用勾股定理表示
AO2+EO2=AE2，再结合菱形面积公式即可解答；
【详解】（1）证明：∵点O是AC中点，EF⊥AC，
∴EF是AC的垂直平分线，
∴AF=CF，AE=CE，OA=OC．
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠CAF=∠ACE,∠AFE=∠CEF．
在△AOF和△COE中，
¿，
∴△AOF≌△COE(AAS)．
∴AF=CE，
∴AF=CF=CE=AE，
∴四边形AECF是菱形．
（2）解：∵四边形AECF是菱形，
∴AC⊥EF，AO=CO，EO=FO，
∵AE=8，AC+EF=20，
1
∴AO+EO= (AC+EF)=10，
2
∴(AO+EO) 2=100，
即AO2+EO2+2AO⋅EO=100．
在Rt△AOE中，AO2+EO2=AE2，
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∴AO2+EO2=64．
1
∵菱形AECF的面积为 AC⋅EF=2AO⋅EO；
2
∴菱形AECF的面积为100−64=36．
6．如图，矩形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，点F、E分别在边AD和BC上，O在线段EF上，连
接AE、CF，AE交BD于点G．
(1)求证：AE=CF；
(2)若G是BO的中点，且∠ACB=30°，判断四边形AECF的形状，并说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)四边形AECF是菱形，理由见解析
【分析】（1）利用矩形的性质可证△AFO≌△CEO(AAS)，得到OF=OE，进而证明
△AOE≌△COE(SAS)即可求证；
（2）由△AFO≌△CEO得AF=CE，即可得四边形AECF是平行四边形，再证明△ABO为等边三角形，
得到∠EAC=∠ECA=30°，即得EA=EC，再根据三线合一可得EF⊥AC，即可求证．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AO=CO，AD∥BC，
∴∠AFO=∠CEO，∠FAO=∠ECO，
∴△AFO≌△CEO(AAS)，
∴OF=OE，
∵¿，
∴△AOE≌△COE(SAS)，
∴AE=CF；
（2）解：四边形AECF是菱形，理由如下：
由（1）得，△AFO≌△CEO，
∴AF=CE，
∵AE=CF，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，AO=BO，
∵∠ACB=30°，
∴∠BAC=90°−∠ACB=60°，
∴△ABO为等边三角形，
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∵G是BO的中点，
1
∴∠OAG= ∠BAO=30°，
2
∴∠EAC=∠ECA=30°，
∴EA=EC，
∵AO=CO，
∴EO⊥AC，
即EF⊥AC，
∴四边形AECF是菱形．
【点睛】本题考查了矩形的性质，菱形的判定，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，等
腰三角形的判定和性质，掌握矩形的性质和菱形的判定是解题的关键．
模型04正方形的有关计算与证明
考｜向｜预｜测
正方形的性质与判定该题型主要以解答题的形式出现，综合性较强，有一定难度，本专题重点分析正方形
与平面直角坐标系相结合、正方形的折叠等题型。结合各类模型展示旋转中的变与不变，并结合经典例题
和专项训练深度分析基本图形和归纳主要步骤，同时规范了解题步骤，提高数学的综合解题能力。
答｜题｜技｜巧
正方形是特殊的矩形又是特殊的菱形，具有矩形和菱形的所有性质
有关正形性质的问题，-般注意以下知识的应用：
（1）四条边相等、四个角都是直角
（2）对角线相等且互相垂直平分，对角线平分一组对角得到45°角
1：2
（3）边长与对角线的长度之比为
正方形的五种判定方法：
（1）平行四地形＋一组邻边相等＋一个角为直角
（2）矩形＋一组邻边相等，矩形＋对角线互相垂直
（3）菱形＋一个角为直角，菱形+对角线相等
如图，正方形BCEF的中心为O,△CBO的外接圆上有一点A（点A，O在BC同侧，点A，C在BO异侧），
且AB=2√2,AO=4．
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(1)求∠CAO的值．
(2)求tan∠ACB的值．
(3)求正方形BCEF的面积．
【答案】(1)45°
1
(2)
3
(3)80
【分析】（1）根据同弧所对的圆周角相等，即可求解；
（2）作BH⊥OA，交OA的延长线于H，可以得到∠ACB=∠BOH，根据三角函数的定义即可求解；
（3）根据三角函数即可求得AC的长，然后根据勾股定理即可求得BC的长，则正方形的面积即可求解．
【详解】（1）解：∵正方形BCEF的中心为O，
∴∠CBO=45°，
∵点A在△CBO的外接圆上，
∴O,A,B,C四点共圆，
∴∠CAO=∠CBO=45°．
（2）解：过点B作BH⊥OA延长线于点H，
则∠BAO+∠BAH=180°,
∵O,A,B,C四点共圆，
∴∠ACB=∠BOA,∠BAO+∠BCO=180°,
∴∠BAH=∠BCO=45°．
∵AB=2√2,
∴BH=AH=2．
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∵AO=4,
∴OH=6,
BH 1
∴tan∠BOH= = ．
OH 3
1
∴tan∠ACB=tan∠BOH= ．
3
（3）解：∵正方形BCEF的中心为O，
∴∠BOC=90°，
∵O,A,B,C四点共圆，
∴∠BAC=∠BOC=90°，
AB 1
∴tan∠ACB= = ，AB=2√2，
AC 3
∴AC=6√2，
∴BC2=AB2+AC2=(2√2) 2+(6√2) 2=80,
∴S =80．
正方形BCEF
【点睛】本题综合考查了正方形的性质、圆周角定理及其推论、圆内接四边形的性质及锐角三角函数的定
义，解题的关键是得到O，A，B，C四点共圆，灵活运用同弧所对的圆周角相等将问题进行转化．
1．如图，E是正方形ABCD的边DC上的一点，过A作AF⊥AE，交CB延长线于点F，AE的延长线交
BC的延长线于点G．
(1)求证：AE=AF；
(2)若AF=2√10，DE=2，求EG的长．
【答案】(1)见解析
(2)4√10
【分析】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的性质与判定、勾股定理、相似三角形的性质与判定，
熟练掌握相关知识点是解题的关键．
（1）根据正方形的性质得到∠ABC=∠BAD=∠D=90°，CD=AD=AB，再由AF⊥AE得到
∠FAE=90°，利用角的和差关系得到∠DAE=∠BAF，利用全等三角形的判定推出△ADE≌△ABF，
即可得证；
（2）由（1）得AE=AF=2√10，利用勾股定理求出AD的长，进而得到DE的长，通过证明
AE DE
△ADE∽△GCE得出 = ，代入数据即可求出EG的长．
EG CE
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【详解】（1）证明：∵正方形ABCD，
∴∠ABC=∠BAD=∠D=90°，AD=AB，
∴∠ABF=90°，
∵AF⊥AE，
∴∠FAE=90°，
∴∠BAD=∠FAE，
∴∠BAD−∠BAE=∠FAE−∠BAE，即∠DAE=∠BAF，
在△ADE和△ABF中，
¿，
∴△ADE≌△ABF(ASA)，
∴AE=AF．
（2）解：∵正方形ABCD，
∴CD=AD，AD∥BC，
由（1）得， AE=AF=2√10，
∵∠D=90°，
∴AD=√AE2−DE2=√(2√10) 2 −22=6，
∴CD=AD=6，
∴CE=CD−DE=4，
∵AD∥CG，
∴△ADE∽△GCE，
AE DE 2 1
∴ = = = ，
EG CE 4 2
∴EG=2AE=4√10．
∴EG的长为4√10．
2．如图，在△ABC中，点P是边AC上的一个动点，过点P作直线MN∥BC，设MN交∠BCA的平分线
于点E，交∠BCA的外角平分线于点F．
(1)求证：PE=PF；
AP √3
(2)若在AC边上存在点P，使四边形AECF是正方形，且 = ．求此时∠A的大小．
BC 6
【答案】(1)见解析
(2)∠BAC=60°
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【分析】（1）由角平分线的定义结合平行线的性质可得∠ECP=∠CEP，由等角对等边可得PE=PC，
同理可得PF=PC，即可得证；
（2）由正方形的性质可得AC⊥EF，AC=2AP，由题意可得△ABC为直角三角形，且∠ACB=90°，
设AP=√3x，则BC=6x，AC=2√3x，由勾股定理可得AB=√AC2+BC2=4√3x，求出
BC 6x √3
sin∠BAC= = = ，即可得解．
AB 4√3x 2
【详解】（1）证明：∵CE平分∠BCA，
∴∠BCE=∠ECP，
∵MN∥BC，
∴∠BCE=∠CEP，
∴∠ECP=∠CEP，
∴PE=PC，
同理可得：PF=PC，
∴PE=PF；
（2）解：∵边形AECF是正方形，
∴AC⊥EF，AC=2AP，
∵EF∥BC，
∴AC⊥BC，
∴△ABC为直角三角形，且∠ACB=90°，
AP √3
∵ = ，
BC 6
∴设AP=√3x，则BC=6x，AC=2√3x，
∴AB=√AC2+BC2=4√3x，
BC 6x √3
∴sin∠BAC= = = ，
AB 4√3x 2
∴∠BAC=60°．
【点睛】本题考查了正方形的性质、角平分线的定义、平行线的性质、勾股定理、解直角三角形等知识点，
熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键．
3．如图，E为正方形ABCD外一点，连接AE，DE，AE=AB，AF平分∠BAE交DE于点F，连接
CF．
(1)求∠AFD的度数；
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(2)求证：AF⊥CF．
【答案】(1)45°
(2)见解析
【分析】（1）设∠BAF=∠EAF=α，则∠DAE=90°+2α，利用等腰三角形的性质以及三角形内角和
定理求解；
（2）证明A，F，C，D四点共圆，利用四点共圆的性质求解．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD ∠BAD=90°
， ，
又∵AE=AB，
∴AE=AD.
∵AF平分∠BAE，设∠BAF=∠EAF=α，则∠DAE=90°+2α，
∵AE=AD，
1 1
∴∠ADE=∠AED= (180°−∠DAE)= (180°−90°−2α)=45°−α，
2 2
∴∠AFD=180°−∠DAF−∠ADF=180°−(90°+α)−(45°−α)=45°；
（2）证明：连接AC，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC=90°，∠ACD=45°，
由（1）知∠AFD=45°，
∴∠AFD=∠ACD，
∴A、F、C、D四点共圆，
∴∠AFC+∠ADC=180°，
∴∠AFC=90°，即AF⊥CF.
【点睛】本题考查正方形的性质，三角形内角和定理，等腰三角形的性质，四点共圆等知识，解题的关键
是理解题意，灵活运用所学知识解决问题．
4．正方形ABCD的边长为4，E、F分别是AB,BC边上的点，且∠EDF=45°，将△DAE绕点D逆时针
旋转90°，得到△DCM．
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(1)求证：△≝≌△DMF；
(2)若AE=1，求EF的长．
【答案】(1)证明见解析
17
(2)
5
【分析】（1）根据旋转点的性质可得∠ADE=∠CDM,DE=DM，∠EDM=90°，再利用边角边证明
三角形全等即可；
（2）设EF=x，根据正方形的性质，全等三角形的性质和旋转的性质表示出Rt△EBF各个边长，再理由
勾股定理求解即可；
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴DA=DC,∠A=∠DCB=∠ADC=90°，
∵△DAE绕点D逆时针旋转90°，得到△DCM，
∴∠DCM=∠DAE=90°，∠ADE=∠CDM,DE=DM，∠EDM=90°，AE=CM，
∴∠FCM＝∠FCD+∠DCM＝180°，
∴F、C、M三点共线，
∵∠EDF=45°，
∴∠FDM=∠EDF=45°，
在△≝¿和△DMF中，
¿，
∴△≝≌△DMF(SAS)；
（2）解：∵△DAE绕点D逆时针旋转90°，得到△DCM，AE=1，
∴AE=CM=1，
∵正方形ABCD的边长为4，
∴BE=4−1=3,BM=4+1=5，
设EF=x，
∵△≝≌△DMF，
∴EF=MF=x，
∴BF=BM−MF=BM−EF=5−x，
在Rt△EBF中，由勾股定理得，EB2+BF2=EF2，
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即32+(5−x) 2=x2，
17
解得x= ，
5
17
即EF= ．
5
【点睛】本题考查了全等三角形的判定和性质，勾股定理，正方形的性质，旋转的性质，熟练掌握知识点
是解题的关键．
5．已知：如图1，点E、F分别是正方形ABCD的边AD、DC上点，且AE=DF，连接AF、BE交于点
G．
(1)求证：BE⊥AF；
(2)如图2，连接对角线AC、BD交于点O，且AC、BD与BE、AF分别交于点M、点N，连接OG，若
1
AF平分∠DAC，求证：OG= BM；
2
(3)在（2）的条件下，若OG=1，请直接写出正方形ABCD的面积．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)4+2√2
【分析】（1）由SAS可证△BAE≌△ADF，得∠ABE=∠DAF，由余角的性质可证BE⊥AF；
1
（2）由正方形的性质和等腰三角形的性质可得AG=GN，由直角三角形的性质可得OG= AN，由ASA
2
可证△BOM≌△AON，可得AN=BM，可得结论；
（3）利用勾股定理可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD,∠BAE=∠ADF=90°，
又∵AE=DF，
∴△BAE≌△ADF(SAS)，
∴∠ABE=∠DAF，
∵∠DAF+∠BAF=90°，
∴∠ABE+∠BAF=90°，
∴∠AGB=90°，
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∴BE⊥AF；
（2）证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴AO=BO=DO,AC⊥BD，∠DAC=∠ADB=∠ABD=45°，
∵AF平分∠DAC，∠DAC=45°，
∴∠DAF=∠CAF=22.5°，
∴∠BAN=∠BNA=67.5°，
∴AB=BN，
又∵BE⊥AF，
∴AG=GN,∠ABE=∠DBE=22.5°，
又∵∠AOD=90°，
1
∴OG= AN，
2
∵∠OAN=∠OBM=22.5°，OA=OB，∠BOM=∠AON=90°，
∴△BOM≌△AON(ASA)，
∴BM=AN，
1 1
∴OG= AN= BM；
2 2
（3）解：∵OG=1，
∴AN=2，
√2
设AB=BN=a，则AO=BO= a，
2
√2
∴ON=a− a，
2
∵AN2=AO2+ON2，
∴4=(2−√2)a2，
∴a2=4+2√2
∴正方形ABCD的面积=AB2=a2=4+2√2．
【点睛】本题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质、直角三角形斜边上中线的性质、等腰三角
形的性质以及勾股定理等知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键．
1．（2023·四川绵阳·中考真题）如图，▱ABCD的对角线AC，BD相交于点O，点E，F在AC上，且
AE=CF．
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(1)求证：BE∥DF；
(2)过点O作OM⊥BD，垂足为O，交DF于点M，若△BFM的周长为12，求四边形BEDF的周长．
【答案】(1)见解析
(2)四边形BEDF的周长为24
【分析】本题考查了平行四边形的性质，全等三角形的性质与判定，线段垂直平分线的性质及平行线的判
定与性质，熟练掌握平行四边形的判定与性质是解答的关键．
（1）根据平行四边形的性质得到AB∥DC，AB=DC，求得∠BAE=∠DCF，根据全等三角形的性质
得到∠AEB=∠CFD，根据平行线的判定定理即可得到结论；
（2）由（1）知，△ABE≌△CDF，BE∥DF，求得BE=DF，根据线段垂直平分线的性质得到
DM=BM，于是得到结论．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥DC，AB=DC，
∴∠BAE=∠DCF，
在△ABE与△CDF中，
¿，
∴△ABE≌△CDF(SAS)，
∴∠AEB=∠CFD，
∴∠BEF=∠DFE，
∴BE∥DF；
（2）解：由（1）知，△ABE≌△CDF，BE∥DF，
∴BE=DF，
∴四边形BEDF是平行四边形，
∴DO=BO，
∵OM⊥BD，
∴DM=BM，
∵△BFM的周长为12，
∴BM+MF+BF=DM+MF+BF=DF+BF=12，
∴BF+DF+BE+DE=2(BF+DF)=2×12=24.
∴四边形BEDF的周长为24.
2．（2024·山东德州·中考真题）如图，▱ABCD中，对角线AC平分∠BAD．
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(1)求证：▱ABCD是菱形；
(2)若AC=8，∠DCB=74°，求菱形ABCD的边长．（参考数据：sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，
tan37°≈0.75）
【答案】(1)见解析
(2)5
【分析】此题考查平行四边形性质和菱形的判定和性质，等腰三角形的判定，解直角三角形．
（1）根据平行四边形性质得出∠BAC=∠ACD，再结合角平分线的定义及等腰三角形的判定即可得出
∠DAC=∠ACD，AD=CD，根据邻边相等的平行四边形是菱形进而得出结论；
1 1
（2）连接BD，由菱形性质可知∠COB=90°，OA=OC= AC=4，∠ACB= ∠DCB=37°，在利
2 2
用余弦求出BC长即可．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD．
∴∠BAC=∠ACD．
∵AC平分∠BAD，
∴∠DAC=∠BAC．
∴∠DAC=∠ACD．
∴AD=CD．
∴四边形ABCD是菱形．
（2）连接BD，交AC于点O，
∵四边形ABCD是菱形．AC=8，∠DCB=74°，
1 1
∴∠COB=90°，OA=OC= AC=4，∠ACB= ∠DCB=37°，
2 2
OC 4 4
∴BC= = ≈ =5，
cos∠ACB cos37° 0.8
即菱形ABCD的边长为5．
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3．（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；
（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，
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∵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．
4．（2023·四川资阳·中考真题）如图，在矩形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，∠ADC的平分线
DE分别交AC、BC于点N、M，交AB的延长线于点E，F为EM的中点，连结AF、BF、CF，AF分
别交BD、BC于点G、H．
(1)求证：AE=BC；
(2)探究AF与CF的关系，并说明理由；
(3)若AD=8，CD=6，求OG的长．
【答案】(1)见解析
(2)AF=FC，AF⊥FC，理由见解析
125
(3)
31
【分析】（1）利用矩形的性质，角平分线的定义，等腰直角三角形的判定解答即可；
（2）利用SAS证明△AEF≌△CBF，可得出AF=CF，∠EAF=∠BCF，结合三角形内角和与对顶角的
性质可得出AF⊥FC；
（3）利用勾股定理和等腰直角三角形的性质可求出BD，BF，DF的长度，证明△AHB∽△DBF，利用
6
相似三角形的性质求出BH的长度，证明△BHG∽△DAG，得出7 5−OG，即可求解．
=
8 5+OG
【详解】（1）证明∶∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，∠ADC=∠BAD=∠BCD=90°，AB=CD，AB∥CD，AC=BD，OB=OC，
∵DE平分∠ADC，
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∴∠ADE=∠CDE=45°，
∵AB∥CD，
∴∠E=∠CDE=45°，
∴∠ADE=90°−45°=45°=∠E，
∴AE=AD，
∴AE=BC；
（2）解：AF=FC，AF⊥FC，理由：
∵∠EBC=90°，∠E=45°，
∴△BEM是等腰直角三角形，
∴BE=BM，
∵F是EM的中点，
1
∴BF⊥EM，BF=EF=FM，∠FBC= ∠EBM=45°，
2
∴∠FBC=∠E，
又AE=BC，EF=BF，
∴△AEF≌△CBF(SAS)，
∴AF=CF，∠EAF=∠BCF，
∵∠BAF+∠BHA=90°，∠AHB=∠CHF，
∴∠BCF+∠CHF=90°，
∴∠HFC=90°，
∴AF⊥FC；
（3）解：∵AD=8，CD=6，∠ADC=90°，
∴AC=10=BD，
∵∠CDM=45°，∠BCD=90°，
∴△CDM是等腰直角三角形，
∴DM=6√2，
∵AE=BC=8，AB=CD=6，
∴BE=2，
1
∴BF=EF=FM= BM=√2，
2
∴DF=7√2，
由（2）知：∠AFC=90°，AF=CF，
∴∠FAC=∠FCA=45°，
∵OB=OC，
∴∠CBD=∠ACB，
∵∠AHB=∠HAC+∠ACB=45°+∠ACB，∠DBF=∠DBC+∠CBF=∠DBC+45°，
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∴∠AHB=∠DBF，
又∠ABH=∠BFD=90°，
∴△AHB∽△DBF，
AB DF 6 7√2
∴ = ，即 = ，
BH BF BH √2
6
∴BH= ，
7
∵BC∥AD，
∴△BHG∽△DAG，
BH BG
∴ = ，
AD DG
6
∴7 5−OG，
=
8 5+OG
125
∴OG= ．
31
【点睛】本题考查了矩形的性质，等腰直角三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，全等三角形
的判定与性质，明确题意，正确的识别图形是解题的关键．
5．（2024·内蒙古·中考真题）如图，∠ACB=∠AED=90°，AC=FE，AB平分∠CAE，AB∥DF．
(1)求证：四边形ABDF是平行四边形；
(2)过点B作BG⊥AE于点G，若CB=AF，请直接写出四边形BGED的形状．
【答案】(1)证明见详解
(2)四边形BGED为正方形
【分析】（1）由角平分线的定义可得出∠CAB=∠BAF，由平行线的性质可得出∠EFD=∠BAF，等
量代换可得出∠CAB=∠EFD，利用ASA证明△ACB≌△FED ，由全等三角形的性质得出AB=FD，结
合已知条件可得出四边形ABDF是平行四边形．
（2）由已知条件可得出∠BGE=∠DEG=90°，由平行四边形的性质可得出BD∥AE，BD=AF，根据
平行线的性质可得出∠GBD=90°，∠EDB=90°，由全等三角形的性质可得出CB=ED，等量代换可得
出BD=ED， 即可得出四边形BGED为正方形．
【详解】（1）证明：∵AB平分∠CAE，
∴∠CAB=∠BAF，
∵AB∥DF，
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∴∠EFD=∠BAF，
∴∠CAB=∠EFD，
在△ACB和△FED中，
¿，
∴△ACB≌△FED(ASA)，
∴AB=FD，
由∵AB∥DF，
∴四边形ABDF是平行四边形．
（2）四边形BGED是正方形．
过点B作BG⊥AE于点G，
∴∠BGE=∠DEG=90°，
∵四边形ABDF是平行四边形．
∴BD∥AE，BD=AF，
∴∠GBD+∠BGE=180°，∠DEG+∠EDB=180°，
∴∠GBD=90°，∠EDB=90°，
由（1）△ACB≌△FED，
∴CB=ED，
∵CB=AF，
∴ED=AF，
∴BD=ED，
∴四边形BGED是正方形．
【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定以及性质，平行四边形的性质和判定，正方形的判定，以及平
行线的性质，掌握全等三角形的判定以及性质，平行四边形的性质和判定，正方形的判定定理是解题的关
键．
6．（2024·四川资阳·中考真题）（1）【观察发现】如图1，在△ABC中，点D在边BC上．若
∠BAD=∠C，则AB2=BD⋅BC，请证明；
（2）【灵活运用】如图2，在△ABC中，∠BAC=60°，点D为边BC的中点，CA=CD=2，点E在AB
上，连接AD，DE．若∠AED=∠CAD，求BE的长；
（3）【拓展延伸】如图3，在菱形ABCD中，AB=5，点E，F分别在边AD，CD上，
∠ABC=2∠EBF，延长AD，BF相交于点G．若BE=4，DG=6，求FG的长．
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√13−1 24√5
【答案】（1）见解析；（2）BE= ；（3）FG=
3 11
AB BD
【分析】（1）证明△ABD∽△CBA，得出 = ，即可证明结论；
BC AB
（2）过点C作CF⊥AB于点F，过点D作DG⊥AB于点G，解直角三角形得出
√3 1
CF=AC×sin60°=2× =√3，AF=AC×cos60°=2× =1，证明△BDG∽△BCF，得出
2 2
DG
=
BG
=
BD
=
1
，求出DG=
1
CF=
√3
，根据勾股定理得出BG=√BD2−DG2=
√
22−
(√3) 2
=
√13
，
CF BF BC 2 2 2 2 2
BE BD √13−1
得出AB=AF+BF=1+√13，证明△BED∽△BAD，得出 = ，求出BE= ；
BD AB 3
DE BE
（3）连接BD，证明△BED∽△GEB，得出 = ，求出DE=2，证明△ABE为直角三角形，得出
BE EG
∠AEB=90°，根据勾股定理求出BG=√BE2+EG2=√42+82=4√5，证明△DFG∽△CFB，得出
FG 6
= ，求出结果即可．
4√5−FG 5
【详解】解：（1）∵∠BAD=∠C，∠ABD=∠CBA，
∴△ABD∽△CBA，
AB BD
∴ = ，
BC AB
∴AB2=BD⋅BC；
（2）过点C作CF⊥AB于点F，过点D作DG⊥AB于点G，如图所示：
则∠AFC=∠AGD=90°，
∴DF∥DG，
∵∠BAC=60°，
√3 1
∴CF=AC×sin60°=2× =√3，AF=AC×cos60°=2× =1，
2 2
∵D为BC的中点，
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1
∴BD=CD= BC=2，
2
∵DF∥DG，
∴△BDG∽△BCF，
DG BG BD 1
∴ = = = ，
CF BF BC 2
1 √3
∴DG= CF= ，
2 2
∴BG=√BD2−DG2=
√
22−
(√3) 2
=
√13
，
2 2
∴BF=2BG=√13，
∴AB=AF+BF=1+√13，
∵AC=CD，
∴∠CAD=∠CDA，
∵∠AED=∠CAD，
∴∠AED=∠CDA，
∴∠AED+∠BED=∠ADC+∠ADB=180°，
∴∠BED=∠ADB，
∵∠DBE=∠ABD，
∴△BED∽△BAD，
BE BD
∴ = ，
BD AB
BE 2
即 = ，
2 1+√13
√13−1
解得：BE= ；
3
（3）连接BD，如图所示：
∵四边形ABCD为菱形，
1
∴∠ABD=∠CBD= ∠ABC，AD=AB=BC=5，AD∥BC，
2
∵∠ABC=2∠EBF，
∴∠ABD=∠CBD=∠EBF，
∴∠EBF−∠DBF=∠CBD−∠DBF，
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即∠DBE=∠CBF，
∵AD∥BC，
∴∠CBF=∠G，
∴∠DBE=∠G，
∵∠DEB=∠BEG，
∴△BED∽△GEB，
DE BE
∴ = ，
BE EG
∵DG=6，
∴EG=DE+6，
DE 4
∴ = ，
4 DE+6
解得：DE=2，负值舍去，
∴EG=2+6=8，
∴AE=AD−DE=3，
∵AE2+BE2=32+42=52=AB2，
∴△ABE为直角三角形，∠AEB=90°，
∴∠BEG=180°−90°=90°，
∴在Rt△BEG中根据勾股定理得：
BG=√BE2+EG2=√42+82=4√5，
∴BF=BG−FG=4√5−FG，
∵AD∥BC，
∴△DFG∽△CFB，
FG DG
∴ = ，
BF BC
FG 6
即 = ，
4√5−FG 5
24√5
解得：FG= ．
11
【点睛】本题主要考查了菱形的性质，勾股定理及其逆定理，三角函数的应用，三角形相似的判定和性质，
平行线的性质，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．
7．（2024·湖南长沙·中考真题）如图，在▱ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，∠ABC=90°．
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(1)求证：AC=BD；
(2)点E在BC边上，满足∠CEO=∠COE．若AB=6，BC=8，求CE的长及tan∠CEO的值．
【答案】(1)见解析
(2)CE=5，tan∠CEO=3
【分析】本题考查矩形的判定与性质、勾股定理、等腰三角形的判定与性质、锐角三角函数等知识，熟练
掌握矩形的判定与性质是解答的关键．
（1）直接根据矩形的判定证明即可；
1
（2）先利用勾股定理结合矩形的性质求得AC=10，OB=OC．进而可得CO= AC=5，再根据等腰三
2
角形的判定得到CE=CO=5，过点O作OF⊥BC于点F，根据等腰三角形的性质，结合勾股定理分别求
得CF=4，EF=1，OF=3，然后利用正切定义求解即可．
【详解】（1）证明：因为四边形ABCD是平行四边形，且∠ABC=90°，
所以四边形ABCD是矩形．
所以AC=BD；
（2）解：在Rt△ABC中，AB=6，BC=8，
所以AC=√AB2+BC2=√62+82=10，
因为四边形ABCD是矩形，
1
所以CO= AC=5，OB=OC．
2
因为∠CEO=∠COE，所以CE=CO=5．
1
过点O作OF⊥BC于点F，则CF= BC=4，
2
所以EF=CE−CF=5−4=1，
在Rt△COF中，OF=√OC2−CF2=√52−42=3，
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OF
所以tan∠CEO= =3．
EF
8．（2024·吉林长春·中考真题）如图，在△ABC中，AB=AC=5，BC=6．点D是边BC上的一点（点D
不与点B、C重合），作射线AD，在射线AD上取点P，使AP=BD，以AP为边作正方形APMN，使点
M和点C在直线AD同侧．
(1)当点D是边BC的中点时，求AD的长；
(2)当BD=4时，点D到直线AC的距离为________；
(3)连结PN，当PN⊥AC时，求正方形APMN的边长；
(4)若点N到直线AC的距离是点M到直线AC距离的3倍，则CD的长为________．（写出一个即可）
【答案】(1)4
8
(2)
5
17
(3)
7
25 25
(4) 或
6 9
【分析】本题考查等腰三角形性质，勾股定理，锐角三角函数，熟练掌握面积法是解题的关键；（1）根
据等腰三角形三线合一性质，利用勾股定理即可求解；（2）利用面积法三角形面积相等即可；（3）设
AP=x，则BD=x，CD=6−x，过点D作DH⊥AC于Q
，根据AQ+CQ=AC，建立方程；即可求解；（4）第一种情况，M，N在AC异侧时，设MQ=m，
CE CD
NQ=3m，则AN=4m，证明△CDE∽△ANQ，得到 = ，即可求解；第二种情况，当M，N在
NQ AQ
3 4 3 4 3 3 4
AC同侧，设CD=x，则CH= x，DH= x，AH= × x，求得 x+ × x=5，解方程即可求解；
5 5 2 5 5 2 5
【详解】（1）解：根据题意可知：∵ AB=AC=5，
∴△ABC为等腰三角形，故点D是边BC的中点时，AD⊥BC；
在Rt△ADC中，AD=√AC2−CD2=√52−32=√16=4；
（2）根据题意作DH⊥AC，如图所示；
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当BD=4时，则CD=2，
设点D到直线AC的距离为DH=h，
1 1
S = ×2×4= ×5×h，
△ACD 2 2
8
解得：h= ；
5
（3）如图，当NP⊥AC时，点M落在AC上，
设AP=x，则BD=x，CD=6−x，
过点D作DH⊥AC于H
3 3 4 4
则CH= CD= (6−x)，DH= CD= (6−x)
5 5 5 5
4 4
AH=DH= CD= (6−x)，
5 5
∵AH+CH=AC，
3 4
∴ (6−x)+ (6−x)=5
5 5
17
解得：x=
7
17
故AP= ，
7
17
所以正方形APMN的边长为 ；
7
（4）如图，M，N在AC异侧时；
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设MQ=m，NQ=3m，则AN=4m
∴△ANQ三边的比值为3:4:5，
∴∠AQN=∠C，
∴∠CAD=∠C，
∴ △CDE∽△ANQ
CE CD
=
NQ AQ
5 5 25
∴ CD= × =
3 2 6
当M，N在AC同侧
设MQ=m，则AN=AP=3m，PQ=2m，
∴△APO三边比为2:3:√13，
∴△AQD三边比为2:3:√13，
3 4 3 4
设CD=x，则CH= x，DH= x，AH= × x
5 5 2 5
3 3 4
∴ x+ × x=5
5 2 5
25
解得：CD=x=
9
25 25
综上所述：CD的长为 或
6 9
9．（2024·广东广州·中考真题）如图，在菱形ABCD中，∠C=120°．点E在射线BC上运动（不与点B，
点C重合），△AEB关于AE的轴对称图形为△AEF．
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(1)当∠BAF=30°时，试判断线段AF和线段AD的数量和位置关系，并说明理由；
(2)若AB=6+6√3，⊙O为△AEF的外接圆，设⊙O的半径为r．
①求r的取值范围；
②连接FD，直线FD能否与⊙O相切？如果能，求BE的长度；如果不能，请说明理由．
【答案】(1)AF=AD，AF⊥AD
(2)①r≥3+3√3且r≠2√3+6；②能，BE=12
【分析】（1）由菱形的性质可得∠BAD=∠C=120°，AB=AD，再结合轴对称的性质可得结论；
（2）①如图，设△AEF的外接圆为⊙O，连接AC交BD于H．连接OA，OE，OF，OC，证明△ABC
为等边三角形，A,E,F,C共圆，∠AOE=2∠AFE=120°，O在BD上，∠AEO=∠EAO=30°，过O
作OJ⊥AE于J，当AE⊥BC时，AE最小，则AO最小，再进一步可得答案；②如图，以A为圆心，AC
为半径画圆，可得B,C,F,D在⊙A上，延长CA与⊙A交于L，连接DL，证明
∠CFD=180°−30°=150°，可得∠OFC=60°，△OCF为等边三角形，证明
∠BAF=120°−30°=90°，可得：∠BAE=∠FAE=45°，BE=EF，过E作EM⊥AF于M，再进一
步可得答案．
【详解】（1）解：AF=AD，AF⊥AD；理由如下：
∵在菱形ABCD中，∠C=120°，
∴∠BAD=∠C=120°，AB=AD，
∵∠BAF=30°，
∴∠FAD=120°−30°=90°，
∴AF⊥AD，
由对折可得：AB=AF，
∴AF=AD；
（2）解：①如图，设△AEF的外接圆为⊙O，连接AC交BD于H．连接OA，OE，OF，OC，
∵四边形ABCD为菱形，∠BCD=120°，
∴AC⊥BD， ∠BCA=60°，BA=BC，
∴△ABC为等边三角形，
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∴∠ABC=∠AFE=60°=∠ACB，
∴A,E,F,C共圆，∠AOE=2∠AFE=120°，O在BD上，
∵AO=OE，
∴∠AEO=∠EAO=30°，
过O作OJ⊥AE于J，
2√3
∴AJ=EJ，AO= AJ，
3
√3
∴AO= AE，
3
当AE⊥BC时，AE最小，则AO最小，
∵AB=6+6√3，∠ABC=60°，
√3
∴AE=AB⋅sin60°=(6+6√3)× =3√3+9，
2
√3
∴AO= (3√3+9)=3+3√3；
3
∵点E不与B、C重合，
∴AE≥9+3√3，且AE≠6+6√3，
∴r的取值范围为r≥3+3√3且r≠2√3+6；
②DF能为⊙O的切线，理由如下：
如图，以A为圆心，AC为半径画圆，
∵AB=AC=AF=AD，
∴B,C,F,D在⊙A上，
延长CA与⊙A交于L，连接DL，
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同理可得△ACD为等边三角形，
∴∠CAD=60°，
∴∠CLD=30°，
∴∠CFD=180°−30°=150°，
∵DF为⊙O的切线，
∴∠OFD=90°，
∴∠OFC=60°，
∵OC=OF，
∴△OCF为等边三角形，
∴∠COF=60°，
1
∴∠CAF= ∠COF=30°，
2
∴∠DAF=60°−30°=30°，
∴∠BAF=120°−30°=90°，
由对折可得：∠BAE=∠FAE=45°，BE=EF，
过E作EM⊥AF于M，
∴设AM=EM=x，
∵∠EFM=60°，
√3 √3
∴FM= EM= x，
3 3
√3
∴x+ x=6+6√3，
3
解得：x=6√3，
√3
∴FM= ×6√3=6，
3
∴BE=EF=2FM=12．
【点睛】本题考查的是轴对称的性质，菱形的性质，等边三角形的判定与性质，圆周角定理的应用，锐角
三角函数的应用，勾股定理的应用，切线的性质，本题难度很大，作出合适的辅助线是解本题的关键．
10．（2024·湖北武汉·中考真题）问题背景：如图（1），在矩形ABCD中，点E，F分别是AB，BC的中
点，连接BD，EF，求证：△BCD∽△FBE．
问题探究：如图（2），在四边形ABCD中，AD∥BC，∠BCD=90°，点E是AB的中点，点F在边BC
上，AD=2CF，EF与BD交于点G，求证：BG=FG．
EG
问题拓展：如图（3），在“问题探究”的条件下，连接AG，AD=CD，AG=FG，直接写出 的值．
GF
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√5
【答案】问题背景：见解析；问题探究：见解析；问题拓展：
5
【分析】问题背景：根据矩形的性质可得AB=CD，∠EBF=∠C=90°，根据点E，F分别是AB，BC
BE BF 1
的中点，可得 = = ，即可得证；
AB BC 2
问题探究：取BD的中点H，连接EH,HC，得EH是△ABD的中位线，根据已知条件可得EH平行且等于
FC，进而可得EFCH是平行四边形，得EF∥HC，则∠GFB=∠HCB，根据直角三角形中斜边上的中
线等于斜边的一半得出HB=HC，进而可得∠HBC=∠HCB，等量代换可得∠GBF=∠GFB，等角对
等边，即可得证；
问题拓展：过点F作FM⊥AD，则四边形MFCD是矩形，连接AF，根据已知以及勾股定理得出
AM √5
= ；根据（2）的结论结合已知可得GA=GF=GB，证明EF垂直平分AB，进而得出FA=FB，证
AF 5
明△AFG≌△BFG，进而证明△BEG∽△FMA， 进而根据相似三角形的性质，即可求解．
【详解】问题背景：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD，∠EBF=∠C=90°，
∵E，F分别是AB，BC的中点
BE BF 1
∴ = = ，
AB BC 2
BE BF 1
即 = = ，
CD BC 2
∴△BCD∽△FBE；
问题探究：如图所示，取BD的中点H，连接EH,HC，
∵E是AB的中点，H是BD的中点，
1
∴EH= AD，EH∥AD
2
又∵AD=2CF，
∴EH=CF，
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∵AD∥BC，
∴EH∥FC
∴四边形EHCF是平行四边形，
∴EF∥CH
∴∠GFB=∠HCB
又∵∠BCD=90°，H是BD的中点，
1
∴HC= BD=BH
2
∴∠HBC=∠HCB
∴∠GBF=∠GFB，
∴GB=GF；
问题拓展：如图所示，过点F作FM⊥AD，则四边形MFCD是矩形，连接AF，
∵AD=2CF=CD，
1
∴AM=MD=FC= AD，
2
设AD=2a，则MF=CD=2a，AM=a
在Rt△AMF中，AF=√a2+(2a) 2=√5a，
∵AG=FG，由（2）BG=FG
∴AG=BG，
又∵E是AB的中点，
∴EF垂直平分AB
∴AF=BF，∠BEG=90°，
在△AFG,△BFG中，
¿
∴△AFG≌△BFG(SSS)
设∠GBF=∠GFB=α，则∠GAF=∠GFA=α
∴∠BGE=∠GBF+∠GFB=2α，
又∵AD∥BC
∴∠MAF=∠AFB=∠GFA+∠GFB=2α
∴∠MAF=∠EGB
又∵∠BEG=∠AFM=90°
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∴△BEG∽△FMA
EG EG AM a √5
∴ = = = = ．
GF BG AF √5a 5
【点睛】本题考查了矩形的性质，相似三角形的性质与判定，平行四边形的性质与判定，直角三角形中斜
边上的中线等于斜边的一半，全等三角形的性质与判定，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键．
11．（2024·湖北·中考真题）如图，矩形ABCD中，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CD上，B的对称点为G，PG交BC于H．
(1)求证：△EDP∽△PCH．
(2)若P为CD中点，且AB=2,BC=3，求GH长．
(3)连接BG，若P为CD中点，H为BC中点，探究BG与AB大小关系并说明理由．
【答案】(1)见详解
3
(2)GH=
4
(3)AB=√6BG
【分析】（1）根据矩形的性质得∠A=∠D=∠C=90°，由折叠得出∠EPH=∠A=90°，得出
∠3=∠2，即可证明△EDP∽△PCH；
（2）根据矩形的性质以及线段中点，得出DP=CP=1，根据EP2=ED2+DP2代入数值得
5 ED EP 5
x2=(3−x) 2+1，进行计算x= ，再结合△EDP∽△PCH，则 = ，代入数值，得PH= ，所以
3 PC PH 4
3
GH=PG−PH= ；
4
（3）由折叠性质，得AP⊥EF，BG⊥直线EF，BG∥AP, ∠BAP=∠GPA，△MAP是等腰三角形，
则MA=MP，因为P为CD中点，H为BC中点，所以DP=CP= y，BH=CH，所以
√5 √6
△MBH≌△PCH(ASA)，则CH=√PH2−PC2= y，所以△BMG∽△MAP，则BG= y，即可作
2 3
答．
【详解】（1）解：如图：
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∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠D=∠C=90°，
∴∠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：如图：
∵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=AP=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=AP=x= ，
3
4
∴ED=AD−AE= ，
3
∵△EDP∽△PCH，
ED EP
∴ = ，
PC PH
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4 5
∴3 3 ，
=
1 PH
5
解得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
∵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CD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
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∴BC=2CH=√5 y，
∴AD=BC=√5 y，
在Rt△APD中，AP=√AD2+PD2=√6 y，
∵BG∥AP，
∴△BMG∽△MAP，
BG BM 1
∴ = = ，
AP AM 3
√6
∴BG= y，
3
AB 2y
= =√6
∴BG √6 ，
y
3
∴AB=√6BG，
【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，正确
掌握相关性质内容是解题的关键．
12．（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(0AM，
当A，G，M三点共线时，AG+GM=AM．
此时，AG+GM取最小值．在Rt△ABM中，AM=√AB2+BM2=5．
∴AG+GM的最小值为5．
②如图2-2，过点M作MN∥AB交FC于点N，
∴△CMN∽△CBF．
MN CM 1
∴ = = ．
BF CB 2
设AF=x，则BF=4−x，
1 1
∴MN= BF= (4−x)．
2 2
∵MN∥AB，
∴△AFG∽△MNG，
AF AG
∴ = ，
MN GM
由①知AG+GM的最小值为5、即AM=5，
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又∵GM=3，
∴AG=2．
x 2
=
∴1 3，解得x=1，
(4−x)
2
经检验，x=1是分式方程的解，
即AF=1．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质、平行的性质、勾股定理以及分式方程的应用等知识，
掌握相似三角形的判定与性质是解答本题的关键．
9．（24-25九年级上·江苏扬州·期末）【问题】（1）如图1，四边形ABCD是正方形，点E是AD边上的
一个动点，以CE为边在CE的右侧作正方形CEFG，连接DG、BE，则DG与BE的数量关系是 ．
【类比探究】；
（2）如图2，四边形ABCD是矩形，AB=6，BC=10，点E是AD边上的一个动点，以CE为边在CE的
右侧作矩形CEFG，且CG:CE=3:5，连接DG、BE．判断线段DG与BE有怎样的数量关系和位置关系，
并说明理由；
【拓展提升】：
（3）如图3，在（2）的条件下，点E是从点A运动D点，直接写出点G的运动路径长度 ；
5
【答案】（1）BE=DG；（2） BE= DG，DG⊥BE；（3）6
3
【分析】（1）通过证明△BEC≌△DGC，即可求证；
DG CG 3
（2）通过证明△BEC∽△DGC，可得 = = ，∠BEC=∠DGC，延长BE、GD相交于点H．
BE CE 5
因为矩形ECGF，所以∠FEC=∠FGC=90°，所以
∠HEF+∠BEC=180°−∠FEC=90°，∠FGH+∠DGC=90°，所以∠H=∠F=90°，即可求解；
（3）作EN⊥BC于N，GM⊥BC交BC的延长线于M．首先证明点G的运动轨迹为MG所在的直线，当
点E是从点A运动D点时，点G从点H运动到点M，即可求解．
【详解】解：（1）由题意可得四边形ABCD和四边形ECGF为正方形
∴BC=CD，EC=CG，∠BCD=∠ECG=90°
又∵∠BCE+∠ECD=∠BCD,∠ECD+∠DCG=∠ECG
∴∠BCE=∠DCG
在△BEC和△DCG中
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¿
∴△BEC≌△DGC(SAS)
∴BE=DG；
5
（2）BE= DG，DG⊥BE
3
理由如下：延长BE、GD相交于点H，如下图：
在矩形ECGF、矩形ABCD中，∠ECG=∠BCD=90°
∴∠DCG=∠BCE
∵CD:CB=6:10=3:5，CG:CE=3:5
∴CD:CB=CG:CE
∵∠DCG=∠BCE
∴△BEC∽△DGC
DG CG 3
∴ = = ，∠BEC=∠DGC
BE CE 5
5
∴BE= DG；
3
在矩形ECGF中，∠FEC=∠FGC=∠F=90°
∴∠HEF+∠BEC=180°−∠FEC=90°，∠FGH+∠DGC=90°，
∴∠H=∠F=90°
∴DG⊥BE；
（3）作EN⊥BC于N，GM⊥BC交BC的延长线于M，如下图：
可得∠ENC=∠CMG=90°，∠ECN+∠MCG=∠MCG+∠CGM=90°
∴∠ECN=∠CGM，
∴△ECN∽△CGM，
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EC EN 5
∴ = = ，
CG CM 3
∵EN=AB=6，
18
∴CM= ，
5
∴点G的运动轨迹是直线MG，当点E是从点A运动D点时，
当点E与点A重合时，BE=AB=6，
3 18
由（2）得DG= BE= =DH，即H与点G重合，
5 5
6√34
当点E与点D重合时，连接DM，DM=√CD2+CM2= ，BE=BD=√62+102=2√34，
5
3 6√34
由（2）得DG= BE= =DM，即M与点G重合，
5 5
∴点G从点H运动到点M，
又∵HM=AB=6
∴点G的运动路径长6．
【点睛】本题考查了正方形的性质、矩形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质，
在判断全等和相似时出现“手拉手”模型证角相等，这里注意利用三边关系来转化线段的数量关系求出最
小值．
10．（2025·湖北黄石·一模）如图1，正方形ABCD中，边长AB=√2，E为对角线AC上一动点，△ABE
沿着BE对折，得到△GBE．
AE 1
(1)当 = 时，
AC 4
①求△AEB的面积；
②求AG的长；
(2)若在线段AC上另有一点F如图2，把△BCF沿BF对折，正好得到△BGF，设AE=x，CF= y，用含x
的代数式表示y；
(3)若点F在线段AC的延长线上，把△BCF沿BF对折，得到△BGF，且在对角线AC上有一点E，使得
△BAE沿BE折叠后正好得到△BGE．请画出此时的图形（任选一种即可），并简要叙述画图步骤．若仍
设AE=x，CF= y，用含x的代数式表示y．
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1 2√5
【答案】(1)① ；②
4 5
2−2x
(2)y= (01)
x−2
【分析】此题考查了正方形的性质、勾股定理、折叠的性质等知识．
1 √2 3√2
（1）①过E点作EQ⊥AB于点Q，求出AC=2，AE= ，得到AQ=QE= ，得到QB= ，
2 4 4
√5
BE=√BQ2+QE2= ，即可求出答案；②延长BE交AG于点P，
2
由对折可知：AE=≥,AB=GB，则BE垂直平分AG，AG=2AP，即可求出答案；
（2）证明∠EGF=90°，EF=AC−AE−CF=2−x−y，则EG2+FG2=EF2，得到
x2+ y2=(2−x−y) 2，即可求出答案；
（3）按照题意画出图形，说明画图步骤，证明
∠BGE=∠BAE=45°,∠BGF=∠BCF=135°,AE=EG=x,CF=FG= y，得到
∠EGF=∠BGF−∠BGE=∠90°，EF=AC−AE+CF=2−x+ y，则EG2+FG2=EF2，则
x2+ y2=(2−x+ y) 2，即可得到答案．
【详解】（1）解：①过E点作EQ⊥AB于点Q，
AE 1
∵ = ，AB=√2
AC 4
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1
∴AC=2，AE= ，
2
在Rt△AQE中，∠QAE=45°，
∴∠AEQ=∠QAE=45°，
√2
∴AQ=QE= ，
4
3√2 √5
∴QB= ，BE=√BQ2+QE2= ，
4 2
1 1
∴S = AB×QE= ；
△AEB 2 4
②延长BE交AG于点P，
由对折可知：AE=≥,AB=GB
∴BE垂直平分AG，AG=2AP
1 √5 1 1
∵S = AP×BE，BE=√BQ2+QE2= ，S = AB×QE=
△AEB 2 2 △AEB 2 4
2√5
∴AG=2AP=
5
（2）由折叠可知：△ABE≌△GBE，△CBF≌△GBF，
∴∠BGE=∠BAE=45°，∠BGF=∠BCF=45°,AE=EG=x,CF=FG= y，
∴∠EGF=90°，EF=AC−AE−CF=2−x−y
∴EG2+FG2=EF2
∴x2+ y2=(2−x−y) 2，
2−2x
∴y= (01)
x−2
11．（2024·浙江嘉兴·一模）如图，在矩形ABCD中，AB=4，BC=8，点E是边AD上的动点，连接CE，
以CE为边作矩形CEFG (点D、G在CE的同侧)，且CE=2EF，连接BF．
(1)如图1，当点E在AD的中点时，点B、E、F在同一直线上，求BF的长；
(2)如图2，当∠BCE=30°时，求证：线段BF被CE平分．
【答案】(1)BF=6√2
(2)见解析
【分析】（1）根据矩形的性质和点E是AD的中点，可得AB=CD，∠A=∠CDE=90°，
1
AE=DE= AD=4，证明△ABE≌△DCE，得到CE=BE=4√2，由CE=2EF，可得
2
1
EF= CE=2√2，即可求解；
2
（2）设BF与CE交于点H，过B作BM⊥CE于M，根据矩形的性质可得∠BCE=∠CED，
∠AEB=∠CBE，由∠BCE=30°，可推出BM=AB，证明Rt△ABE≌Rt△MBE，得到
∠AEM=∠BEM=∠CBE，推出BC=CE，结合CE=2EF，推出EF=BM，证明△EFH≌△MBH，
得到BH=FH，即可证明．
【详解】（1）解：∵在矩形ABCD中，AB=4，BC=8，点E是AD的中点，
1
∴ AB=CD，∠A=∠CDE=90°，AE=DE= AD=4，
2
∴ △ABE≌△DCE(SAS)，
∴ CE=BE=√AE2+AB2=√42+42=4√2，
∵ CE=2EF，
1
∴ EF= CE=2√2，
2
∴ BF=BE+EF=4√2+2√2=6√2；
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（2）如图，设BF与CE交于点H，过B作BM⊥CE于M，
∵在矩形ABCD中，AD∥BC，
∴ ∠BCE=∠CED，∠AEB=∠CBE，
∵ ∠BCE=30°，
1
∴ BM= BC=4=AB，
2
又BE=BE，
∴ Rt△ABE≌Rt△MBE(HL)，
∴ ∠AEM=∠BEM，
∴ ∠AEM=∠BEM=∠CBE，
∴ BC=CE，
∵ CE=2EF，
1 1
∴ EF= CE= BC=BM，
2 2
∵ ∠EHF=∠BHM，∠FEC=∠BME=90°，
∴ △EFH≌△MBH(AAS)，
∴ BH=FH，
∴线段BF被CE平分．
【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定与性质，含30°角的直角三角形的性质，等腰三角形
的判定与性质，解题的关键是灵活运用相关知识．
12．（2024·贵州·模拟预测）综合与实践：在菱形ABCD中，∠B=60°，作∠MAN=∠B，AM，AN分
别交BC，CD于点M，N．
(1)【动手操作】如图①，若M是边BC的中点，根据题意在图①中画出∠MAN，则∠BAM=________度；
(2)【问题探究】如图②，当M为边BC上任意一点时，求证：AM=AN；
(3)【拓展延伸】如图③，在菱形ABCD中，AB=4，点P，N分别在边BC，CD上，在菱形内部作
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∠PAN=∠B，连接AP，若AP=√13，求线段DN的长．
【答案】(1)图见解析，30°
(2)见解析
(3)1或3
【分析】（1）根据题意作图，由菱形的性质可得△ABC是等边三角形，根据等腰三角形的性质可得
AM⊥BC，由直角三角形的性质即可求解；
（2）如解图，连接AC，由四边形ABCD是菱形，可得△ABC和△ADC都是等边三角形，再证
△BAM≌△CAN(ASA)即可求解；
（3）根据题意作图如解图，过点A作AH⊥BC于点H，连接AC，可得△ABC是等边三角形，由勾股定
理可得AH=2√3，在Rt△AP H中，AP =√13，AH=2√3，由勾股定理可得H P =1，同理可得
1 1 1
H P =1，分类讨论：当点P在点H的左侧（P 的位置）时，CP=CH+H P =2+1=3；当点P在点H的
2 1 1
右侧（P 的位置）时，CP=CH−H P =2−1=1；再由（2）知△BAP≌△CAN(ASA)，可得线段DN的
2 2
长为1或3，由此即可求解．
【详解】（1）解：作∠MAN如解图，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC，
如图所示，连接AC，∠B=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠BAC=60°，
∵点M是BC中点，
∴AM⊥BC，即∠AMB=90°，
∴∠BAM=30°，
故答案为：30；
（2）证明：如解图，连接AC，
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∵ ABCD ∠B=60°
四边形 是菱形，且 ，
∴AB=AD=BC=CD，∠B=∠D=60°，
∴△ABC和△ADC都是等边三角形，
∴AB=AC，∠B=∠ACN=∠BAC=60°，
∴∠BAM+∠MAC=60°，
∵∠MAN=60°，
∴∠MAC+∠CAN=60°，
∴∠BAM=∠CAN，
∴△BAM≌△CAN(ASA)，
∴AM=AN．
（3）解：根据题意作图如解图，过点A作AH⊥BC于点H，连接AC，
∵ ABCD ∠B=60° AB=4
四边形 是菱形，且 ， ，
∴BC=CD=AB=4，
∴△ABC是等边三角形，
1
∴BH=CH= BC=2，
2
∴AH=√AB2−BH2=√42−22=2√3，
在Rt△AP H中，AP =√13，AH=2√3，
1 1
∴H P =√AP2−AH2=√ (√13) 2 −(2√3) 2=1，同理可得H P =1，
1 1 2
当点P在点H的左侧（P 的位置）时，CP=CH+H P =2+1=3；
1 1
当点P在点H的右侧（P 的位置）时，CP=CH−H P =2−1=1；
2 2
∴CP=1或3；
由（2）知△BAP≌△CAN(ASA)，
∴BP=CN，
∴DN=CP，
∴线段DN的长为1或3．
【点睛】本题主要考查菱形的性质，等边三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理的综
合运用，掌握菱形的性质，全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，分类讨论思想是解题的
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关键．
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