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查漏补缺 04 平行四边形与特殊平行四边形（8 大题型）
考点一：平行四边形
【题型一】多边形
1）多边形的外角和恒等于360°，与边数的多少没有关系.
2）镶嵌成立的条件：围绕一点拼在一起的几个多边形的内角的和等于 360°.
1）从n边形的一个顶点可以引（n-3）条对角线，这（n-3）条对角线把多边形分成了(n-2)个三角形，其
中每条对角线都重复算一次，所以n边形共有 条对角线.
2）多边形的内角和随边数的增加而增加，边数每增加1，内角和增加180°.
3）多边形的外角和定理在正多边形中的应用：
1）正n边形的每个内角为 ，每一个外角为 ．
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2）若正多边形的一个外角为m°，则正多边形的边长为 .
4）一个多边形截去一个角后它的边数可能增加1，可能减少1，或不变.
【中考真题】
1．（2024·山东青岛·中考真题）为筹备运动会，小松制作了如图所示的宣传牌，在正五边形ABCDE和正
方形CDFG中，CF，DG的延长线分别交AE，AB于点M，N，则∠FME的度数是（ ）
A．90° B．99° C．108° D．135°
【答案】B
【分析】本题考查的是正多边形内角和问题，熟记正多边形的内角的计算方法是解题的关键．
根据正五边形的内角的计算方法求出∠CDE、∠E，根据正方形的性质分别求出∠CDF、∠CFD，根据
四边形内角和等于360°计算即可．
【详解】解：∵五边形ABCDE是正五边形，
(5−2)×180°
∴∠CDE=∠E= =108°，
5
∵四边形CDFG为正方形，
∴∠CDF=90°，∠CFD=45°，
∴∠FDE=108°−90°=18°，∠DFM=180°−45°=135°，
∴∠FME=360°−18°−135°−108°=99°，
故选：B．
2．（2024·山东·中考真题）如图，已知AB，BC，CD是正n边形的三条边，在同一平面内，以BC为边在
该正n边形的外部作正方形BCMN．若∠ABN=120°，则n的值为（ ）
A．12 B．10 C．8 D．6
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【答案】A
【分析】本题考查的是正多边形的性质，正多边形的外角和，先求解正多边形的1个内角度数，得到正多
边形的1个外角度数，再结合外角和可得答案.
【详解】解：∵正方形BCMN，
∴∠NBC=90°，
∵∠ABN=120°，
∴∠ABC=360°−90°−120°=150°，
∴正n边形的一个外角为180°−150°=30°，
360°
∴n的值为 =12；
30°
故选A
3．（2023·山西·中考真题）蜂巢结构精巧，其巢房横截面的形状均为正六边形．如图是部分巢房的横截面
图，图中7个全等的正六边形不重叠且无缝隙，将其放在平面直角坐标系中，点P,Q,M均为正六边形的
顶点．若点P,Q的坐标分别为(−2√3,3),(0,−3)，则点M的坐标为（ ）
A．(3√3,−2) B．(3√3,2) C．(2,−3√3) D．(−2,−3√3)
【答案】A
【分析】连接PF，设正六边形的边长为a，由正六边形的性质及点P的坐标可求得a的值，即可求得点M
的坐标．
【详解】解：连接PF，如图，设正六边形的边长为a，
∵∠ABC=120°，
∴∠ABO=60°，
∵∠AOB=90°，
∴∠BAO=30°，
1 √3a
∴OB= a，OA= ，
2 2
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3a
∴AC=CE=√3a，OF=OB+BF= ，
2
∵点P的坐标为(−2√3,3)，
3a
∴ =3，
2
即a=2；
3√3a
∴OE=OC+CE= =3√3，EM=2，
2
∴点M的坐标为(3√3,−2)．
故选：A．
【点睛】本题考查了坐标与图形，正六边形的性质，勾股定理，含30度角直角三角形的性质等知识，掌握
这些知识是解题的关键．
4．（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，
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(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°，
√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．
【模拟训练】
1．（2025·安徽蚌埠·一模）如图，将正五边形沿 BF 折叠，若∠1=18°，则∠2 的度数为（ ）
A．96° B．97° C．98° D．99°
【答案】D
【分析】本题考查了正多边形的内角和以及折叠的性质，根据多边形内角和可得
∠C=∠D=∠ABC=108°，根据折叠的性质得出∠CBF=45°，进而根据四边形内角和为360°，即可
求解．
【详解】解：∵五边形ABCDE是正五边形，
(5−2)×180°
∴∠C=∠D=∠ABC= =108°
5
由折叠的性质得，∠CBF=∠C'BF
∵∠1=18°，
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1
∴∠CBF=∠C'BF= (108°−18°)=45°
2
在四边形BCDF中，
∠2=360°−∠CBF−∠C−∠D=360°−45°−108°−108°=99°
故选：D．
2．（2025·河北石家庄·一模）如图，在边长为5的正五边形ABCDE中，点O是对角线AC上一点，连接
OB,OD,OE后将正五边形分成了①、②、③、④、⑤这五个三角形，则下列能确定大小的是（ ）
A．①与②的面积和 B．②与③的面积和
C．②与④的面积和 D．④与⑤的面积和
【答案】C
【分析】过点B作BM⊥AC于点M，过点E作EN⊥AC于点N，根据正五边形的性质得出
∠ABC=∠BAE=∠BCD=∠AED=∠CDE=108°，进而证明AC∥ED，解直角三角形得出
BM=AB⋅sin∠BAC，AM=AB⋅cos∠BAC，AC=2AM，EN=AE⋅sin∠EAC，再分别进行判断
即可．
【详解】解：过点B作BM⊥AC于点M，过点E作EN⊥AC于点N，如图所示，
∵ ABCDE
五边形 为正五边形，
180°−(5−2)
∴∠ABC=∠BAE=∠BCD=∠AED=∠CDE= =108°，
5
AB=BC=CD=DE=AE=5，
1
∴∠BAC=∠BCA= (180°−108°)=36°，
2
∴∠CAE=108°−36°=72°，
∵∠CAE+∠AED=72°+108°=180°，
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∴AC∥ED，
∵ BM⊥AC，AB=BC，
1
∴AM=CM= AC，
2
在Rt△ABM中，BM=AB⋅sin∠BAC=6⋅sin36°，
AM=AB⋅cos∠BAC=6⋅cos36°，
∴AC=2AM=12⋅cos36°，
在Rt△AEN中，EN=AE⋅sin∠EAC=6⋅sin72°，
1 1 1
∴S +S = CO⋅BM+ CO⋅EN= CO⋅(BM+EN)，
① ② 2 2 2
∵CO的值不固定，BM+EN的值固定，
∴①与②的面积和不能确定大小，
故A不符合题意；
1 1
S +S = CO⋅EN+ DE⋅EN，
② ③ 2 2
∵CO的值不固定，EN和DE的值固定，
∴②与③的面积和不能确定大小，
故B不符合题意；
1 1 1
S +S = CO⋅EN+ AO⋅EN= AC⋅EN，
② ④ 2 2 2
∵ EN和AC的值固定，
∴②与④的面积和能确定大小，
故C符合题意；
1 1 1
S +S = AO⋅EN+ AO⋅BM= AO⋅(EN+BM)，
④ ⑤ 2 2 2
∵AO的值不固定，EN+BM的值固定，
∴④与⑤的面积和不能确定大小，
故D不符合题意，
故选：C．
【点睛】本题考查了正多边形的性质，等腰三角形的性质，平行线的性质，解直角三角形的相关计算，熟
练掌握正多边形的性质是解题的关键．
3．（2023·河南许昌·二模）如图，在正六边形OABCDE中，以点O为原点建立直角坐标系，边OA落在x
轴上，对角线BD与OC交于点F．若点A的坐标为(2,0)，则点F的坐标为（ ）
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(3 3√3) (3√3 3) ( 3) (3 )
A． , B． , C． √3, D． ,√3
2 2 2 2 2 2
【答案】A
【分析】根据几何的性质，分别求出点B、C、D的坐标，运用待定系数法求出一次函数解析式，再根据一
次函数图像有交点，联立方程解二元一次方程组即可求解．
180°×(6−2)
【详解】解：正六边形OABCDE中，每个内角的度数为 =120°，如图所示，过点B作
6
BP⊥x轴于P，连接AC，点A的坐标为(2,0)，
∴∠BAP=60°，OA=AB=2，
在Rt△ABP中，∠ABP=30°，
∴AP=1，BP=√3，
∴AP=OA+AP=2+1=3，则B(3,√3)，
在△ABC中，
∵∠ABC=120°，AB=BC，
∴∠BAC=∠BCA=30°，∠CAO=90°，
∵OC是正六边形的对称轴，
1 1
∴∠DCO=∠OCB= ∠DCB= ×120°=60°，
2 2
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∴∠ACO=∠OCB−∠ACB=60°−30°=30°，
∴在△OAC是直角三角形，且∠OCA=30°，OA=2，
∴在Rt△OAC中，OC=2OA=2×2=4，AB=√OC2−OA2=√42−22=2√3，
∴C(2,2√3)，
∵DC∥OA，
∴D(0,2√3)，
设过点O(0,0)，点C(2,2√3)的直线的解析式为y =k x(k ≠0)，
1 1 1
∴2k =2√3，解得，k =√3，
1 1
∴OC所在直线的解析式为y =√3x，
1
同理，设过点B(3,√3)，点D(0,2√3)的直线的解析式为y =k x+b(k ≠0)，
2 2 2
∴¿，
√3
解得，k =− ，
2 3
√3
∴BD所在直线的解析式为y =− x+2√3，
2 3
∵点F是OC、BD的交点，
∴联立方程组得，¿，
解得：¿，
(3 3√3)
∴点F的坐标为 , ，
2 2
故选：A．
【点睛】本题主要考查几何图形与坐标，一次函数图像的交点问题，掌握几何图形的性质，待定系数法求
一次函数解析式，一次函数图像的性质等知识是解题的关键．
4．（2023·河北石家庄·模拟预测）如图，点M是边长为2的正六边形ABCDEF内的一点（不包括边界），
且AM⊥BM，P是FC上的一点，N是AF的中点，则PN+PM的最小值为（ ）
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A．√3+2 B．√3+1 C．3 D．2
【答案】D
【分析】取AB中点O，EF中点Q，连接PQ，MO，延长EF、BA相交于点T，利用轴对称的性质可得
PN+PM+MO=PQ+PM+MO≥QO，从而得出当Q,P,M,O共线时，PN+PM的最小值为
QO−MO=QM，然后利用直角三角形斜边中线的性质求出OM=1，证明△FTA，△QTO为等边三角形，
即可求解．
【详解】解：取AB中点O，EF中点Q，连接PQ，MO，延长EF、BA相交于点T，
，
∵正六边形ABCDEF关于直线CF对称，
∴N，Q也关于直线CF对称，
∴PQ=PN，
∵AM⊥BM，O为AB中点，
1
∴MO= AB=1，
2
∴PN+PM+MO=PQ+PM+MO≥QO，
当Q,P,M,O共线时，PN+PM+MO=PQ+PM+MO=QO，
∴PN+PM的最小值为QO−MO=QM，
∵正六边形ABCDEF的边长为2，
360°
∴∠TFA=∠TAF= =60°，AF=EF=AB=2，
6
∴△TAF是等边三角形，
∴FT=AT，∠T=60°，
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∵EF=AB=2，O为AB中点，Q为EF中点，
1 1
∴AO= AB=1，FQ= EF=1，
2 2
∴TQ=3=¿，
∴△TQO是等边三角形，
∴QO=3，
∴QM=2，
∴PN+PM的最小值为2．
故选：D．
【点睛】本题考查了正多边形，轴对称的性质，等边三角形的判定与性质，直角三角形斜边中线的性质等
知识，添加合适的辅助线，证明△FTA，△QTO为等边三角形是解题的关键．
5．（2025·陕西咸阳·模拟预测）某市举行了一次无人机表演大赛，参赛者勇勇让自己的微型无人机上升到
一定高度时，开始按照如图所示的程序框图在空中完成表演，从开始表演到结束表演，勇勇的无人机飞行
的总路程是 米．
【答案】60
【分析】本题考查正多边形的性质与流程图，根据流程图得到路程是正多边形，根据外角得到边数，再求
解即可得到答案．
【详解】解：由流程图可得，无人家的飞行轨迹是正多边形，多边形外角为30°，
360°
∴边数为： =12，
30°
∴无人机飞行的总路程是：12×5=60（米），
故答案为：60．
6．（2025·河北保定·一模）如图，在边长为2的正六边形ABCDEF中，点P在AF上，一束光线从点P出
发，照射到镜面BC上的点Q处，经反射后射到DE上的点G处，且PQ∥AB，QG∥CD，则PQ+QG=
．
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【答案】6
【分析】本题主要考查正六边形的性质，等边三角形的判定和性质，平行四边形的性质，熟练掌握性质是
解题的关键．根据题意延长FA、CB于点M，延长ED、BC交于点N，证明△MPQ、△NQG是等边三
角形，将PQ+QG转化为MQ+QN，即可得到答案．
【详解】解：延长FA、CB于点M，延长ED、BC交于点N，
∵正六边形ABCDEF，
∴∠FAB=∠ABQ=∠BCD=∠CDE=120°，
∴∠MAB=∠MBA=∠DCN=∠CDN=60°，
则△MAB和△CDN是等边三角形，
∴MA=AB=MB=2,DC=CN=DN=2，且MN∥FE，
∵ PQ∥AB，QG∥CD，
∴∠MAB=∠APQ=∠ABM=∠PQM=60°，
∠DCN=∠GQN=∠CDN=∠QGN=60°，
故△MPQ、△NQG也是等边三角形，
∴PQ=MQ,QG=QN，
∵MQ+QN=MB+BC+CN，
∵AB=BC=CD=2，
∴PQ+QG=MQ+QN=2+2+2=6．
故答案为：6．
7．（2025·河北沧州·模拟预测）如图，在正六边形ABCDEF中，对角线BD，BF分别交AC于点H，G，
S
若△ABC与五边形DEFGH的面积分别为S ，S ，则 1= ．
1 2 S
2
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1
【答案】
4
【分析】本题主要考查正六边形的性质、勾股定理、全等三角形的判定与性质、矩形的判定与性质等知识
点，灵活运用相关知识成为解题的关键．
由正六边形的性质以及等腰三角形的性质可得∠FAC=∠DCA=90°，如图：连接FD，易证四边形
AFDC是矩形，再证明△FED≌△BAF≌△BCD≌△ABC(SAS)可得S =S =S =S ；如
△FED △BAF △BCD △ABC
图：过B作BK⊥AC，则AC=2AK，设正六边形ABCDEF的边长为a，则
1 1
AB=BC=CD=DE=EF=FA=a，根据直角三角形的性质和勾股定理可得BK= AB= a、
2 2
√3 √3
AK=√AB2+BK2= a，即AC=√3a；易得S =√3a2 ，S = a2 ；再说明S =S =√3a2 ，
2 矩形AFCD 1 4 2 DEFGH
最后代入化简即可解答．
【详解】解：∵正六边形ABCDEF，
∴∠ABC=∠FAB=120°，AB=BC=AF=CD，
1
∴∠BAC=∠BCA= (180°−∠ABC)=30°，
2
∴∠FAC=∠DCA=90°，
如图：连接FD，
同理可得：∠AFD=∠CDF=90°，
∴四边形AFDC是矩形，
∵正六边形ABCDEF，
∴AB=BC=CD=DE=EF=FA，∠FED=∠BAF=∠BCD=120°，
∴△FED≌△BAF≌△BCD≌△ABC(SAS)，
∴S =S =S =S ，
△FED △BAF △BCD △ABC
如图：过B作BK⊥AC，则AC=2AK，设正六边形ABCDEF的边长为a，则
AB=BC=CD=DE=EF=FA=a，
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∵∠BAC=30°，
1 1 √3
∴BK= AB= a，AK=√AB2+BK2= a，
2 2 2
∴AC=2AK=√3a，
1 1 √3
∴S =AC⋅AF=a×√3a=√3a2 ，S =S = ⋅√3a× a= a2 ，
矩形AFCD 1 △ABC 2 2 4
∴S =S =S −S −S =S +S +S −S −S =S =√3a2 ，
2 DEFGH ABCDEF △BAF △BCD 矩形AFCD △EFD △ABC △BAF △BCD 矩形AFCD
√3
a2
∴ S 4 1．
1= =
S √3a2 4
2
1
故答案为： ．
4
8．（2025·上海宝山·模拟预测）簪花结束后，小强和爸爸牵着妈妈的手，到蟳埔村参观游玩拍照纪念，精
美的镂空窗花搭配蚵壳墙，极具泉州古民居特色，给小强一家留下来极其深刻的印象，在感叹泉州人民的
勤劳与智慧的同时，聪明的小强发现有的窗花是由几种形状的正多边形组合镶嵌而成，具有很好的对称美，
小强爸爸给他出了如下两个题目，请帮帮小强一起解决．
(1)已知一扇窗户在某个结点处由两种边长相等的正多边形镶嵌而成，其中一种是等边三角形，另一个种不
能是下列哪种形状的正多边形______（填序号）
①正三角形 ②正四边形 ③正五边形 ④正六边形
(2)小强发现某个花纹用4个全等的正八边形进行拼接，使相等的两个正八边形有一条公共边，围成一圈后
中间形成一个正方形，如图1，小强猜想，如果用n个全等的正六边形按这种方式进行拼接，如图2，若围
成一圈后中间形成一个正多边形，则n的值为______，并简要说明理由
【答案】(1)③
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(2)6
【分析】本题考查了平面镶嵌，熟练掌握平面图形的镶嵌是解题的关键：用形状、大小完全相同的一种或
几种平面图形进行拼接，彼此之间不留空隙，不重叠地铺成一片，这就是平面图形的镶嵌．
（1）分别求出各多边形内角的度数，再由密铺的条件即可得出结论；
（2）根据正六边形各内角的度数即可得出结论．
【详解】（1）解：①正三角形的内角是60°，60°×6=360°，可以密铺，不符合题意；
②正四边形的内角是90°，60°×3+90°×2=360°，可以密铺，不符合题意；
③正五边形的内角是108°，60°×2+108°×2=336°≠360°，不能密铺，符合题意；
④正六边形的内角是120°，60°×2+120°×2=360°，可以密铺，不符合题意；
故答案为：③；
（2）解：n=6，理由如下：
由题意得，这n个正六边形围成的图形是一个正多边形，由图2可知，围成的这个正多边形的每个内角的度
数是120°，
∴(n−2)⋅180°=120°⋅n，
解得：n=6，
故答案为：6．
9．（2024·安徽蚌埠·二模）如图是正方形、正五边形、正六边形．
(1)观察上图各正多边形相邻两对角线相交所形成的较大的角a ,a ,a ，则a = ______°，a = ______°，a =
4 5 6 4 5 6
______°．
(2)按此规律，记正n边形相邻两对角线相交所形成的较大的角为a ，请用含n的式子表示a = ______（其中
n n
n为不小于4的整数）．
(3)若a =150°，求相应的正多边形的边数n．
n
【答案】(1)90，108，120
(n−2)⋅180°
(2)
n
(3)n=12
【分析】本题主要考查了正多边形和圆的知识；
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（1）根据正多边形的性质逐个求解即可；
（2）根据（1）中的结果总结规律即可；
（3）根据（2）中的结论列方程求解即可．
【详解】（1）由正方形ABCD，
可得：AC⊥BD，
∴a =90°；
4
由正五边形ABCDE，可得：AB=BC=CD，∠ABC=∠BCD=108°，
180°−108°
∴∠DBC=∠ACB= =36°，
2
∴a =180°−∠DBC−∠ACB=108°；
5
由正六边形ABCDEF，可得：AB=BC=CD，∠ABC=∠BCD=120°，
180°−120°
∴∠DBC=∠ACB= =30°，
2
∴a =180°−∠DBC−∠ACB=120°；
6
故答案为：90，108，120；
（2）根据（1）中的结果发现a 等于正n边形一个内角的度数，
n
(n−2)⋅180°
∴a = ，
n n
(n−2)⋅180°
故答案为： ；
n
(n−2)⋅180°
（3）∵a = ，
n n
(n−2)⋅180°
∴a =150°= ，
n n
解得n=12．
【题型二】平行线的性质与判定
1）平行四边形的每条对角线都将平行四边形分成了两个全等的三角形；
2）平行四边形被两条对角线分割而成的四个三角形的面积相等，且构成两对全等三角形.
3）平行四边形相邻两边之和等于周长的一半；
4）过平行四边形对角线交点的直线将平行四边形分成面积和周长都相等的两部分.
5）一般地，要判定一个四边形是平行四边形有多种方法，主要有以下三种思路：
1）已知一组对边平行, 首先要考虑证另一组对边平行，再考虑这组对边相等；
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2）已知一组对边相等, 首先要考虑证另一组对边相等，再考虑这组对边平行；
3）已知条件与对角线有关，常考虑对角线互相平分；
4) 已知条件与角有关，常考虑两组对角分别相等.
6）由平行四边形的性质可得相等的边和相等的角，借助这些边和角证明三角形全等，利用全等三角形的
性质解决问题.
【中考真题】
1．（2024·辽宁·中考真题）如图， ▱ABCD的对角线AC，BD相交于点O，DE∥AC，CE∥BD，若
AC=3，BD=5，则四边形OCED的周长为（ ）
A．4 B．6 C．8 D．16
【答案】C
【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，熟练掌握知识点是解题的关键．
由四边形ABCD是平行四边形得到DO=2.5，OC=1.5，再证明四边形OCED是平行四边形，则
DE=OC=1.5,CE=OD=2.5，即可求解周长．
【详解】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
1 1
∴DO= DB=2.5，OC= AC=1.5，
2 2
∵DE∥AC，CE∥BD，
∴四边形OCED是平行四边形，
∴DE=OC=1.5,CE=OD=2.5，
∴周长为：2×(1.5+2.5)=8，
故选：C．
2．（2024·四川自贡·中考真题）如图，在 ▱ABCD中，∠B=60°，AB=6cm，BC=12cm．A点P从点
A出发、以1cm/s的速度沿A→D运动，同时点Q从点C出发，以3cm/s的速度沿C→B→C→⋅⋅⋅
往复运动，当点P到达端点D时，点Q随之停止运动．在此运动过程中，线段PQ=CD出现的次数是
（ ）
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A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】B
【分析】本题考查了平行四边形的判定与性质，一元一次方程的应用，全等三角形的判定与性质，分四种
情况：当00)分别相交于点
x
A、B、C、D．若四边形ABCD的面积为4，则k的值是（ ）
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3 √2 4
A． B． C． D．1
4 2 5
【答案】A
【分析】连接四边形ABCD的对角线AC、BD，过D作DE⊥x轴，过C作CF⊥x轴，直线y=x−1与x
轴交于点M，如图所示，根据函数图像交点的对称性判断四边形ABCD是平行四边形，由平行四边形性质
1 1
及平面直角坐标系中三角形面积求法，确定S = S =1= OM⋅(DE+CF)，再求出直线
△COD 4 四边形ABCD 2
y=x−1与x轴交于点M(1,0)，通过联立¿求出C、D纵坐标，代入方程求解即可得到答案．
【详解】解：连接四边形ABCD的对角线AC、BD，过D作DE⊥x轴，过C作CF⊥x轴，直线
y=x−1与x轴交于点M，如图所示：
k
根据直线y=x+1、y=x−1与双曲线y= (k>0)交点的对称性可得四边形ABCD是平行四边形，
x
1 1
∴S = S =1= OM⋅(DE+CF)，
△COD 4 四边形ABCD 2
∵直线y=x−1与x轴交于点M，
∴当y=0时，x=1，即M(1,0)，
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k
∵ y=x−1与双曲线y= (k>0)分别相交于点C、D，
x
k −1±√1+4k
∴联立¿，即y= −1，则y2+ y−k=0，由k>0，解得y= ，
y 2
1 [−1+√1+4k (−1−√1+4k)] 3
∴ ×1× − =1，即√4k+1=2，解得k= ，
2 2 2 4
故选：A．
【点睛】本题考查一次函数与反比例函数综合，涉及平行四边形的判定与性质，熟练掌握平面直角坐标系
中三角形面积求法是解决问题的关键．
5．（2024·内蒙古呼伦贝尔·中考真题）如图，点A(0,−2)，B(1,0)，将线段AB平移得到线段DC，若
∠ABC=90°，BC=2AB，则点D的坐标是 ．
【答案】(4,−4)
【分析】由平移性质可知AB=CD，AB∥CD，则四边形ABCD是平行四边形，又∠ABC=90°，则有
四边形ABCD是矩形，根据同角的余角相等可得∠OBA=∠EAD，从而证明△OAB∽△EDA，由性质得
2 √5 1
= = ，设EA=a，则ED=2a，DA=√5a，则√5a=2√5，解得：a=2，故有EA=2，
ED DA EA
ED=4，得出OE=OA+EA=4即可求解．
【详解】如图，过D作DE⊥y轴于点E，则∠AED=90°，
由平移性质可知：AB=CD，AB∥CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵∠ABC=90°，
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∴四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD=90°，BC=AD=2AB，
∴∠OAB+∠EAD=90°，
∵∠OAB+∠OBA=90°，
∴∠OBA=∠EAD，
∵∠AOB=∠DEA=90°，
∴△OAB∽△EDA，
OA AB OB
∴ = = ，
ED DA EA
∵A(0,−2)，B(1,0)，
∴OA=2，OB=1，AB=√5，
2 √5 1
∴ = = ，
ED DA EA
设EA=a，则ED=2a，DA=√5a，
∴√5a=2√5，解得：a=2，
∴EA=2，ED=4，
∴OE=OA+EA=4，
∵点D在第四象限，
∴D(4,−4)，
故答案为：(4,−4)．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，矩形的判定与性质、平移
的性质，同角的余角相等等知识点，熟练掌握知识点的应用是解题的关键．
1
6．（2024·新疆·中考真题）如图，抛物线y= x2−4x+6与y轴交于点A，与x轴交于点B，线段CD在抛
2
物线的对称轴上移动（点C在点D下方），且CD=3．当AD+BC的值最小时，点C的坐标为
．
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【答案】(4,1)
【分析】在y轴上取点E(0,3)，证明四边形AECD是平行四边形，得出AD=CE，利用抛物线的对称性得
出BC=CF，则AD+BC=CE+CF≥EF，当E、C、F三点共线时，AD+BC最小，利用待定系数法求
出直线EF解析式，然后把x=4代入，即可求出C的坐标．
1 1
【详解】解：y= x2−4x+6= (x−4) 2−2，
2 2
∴对称轴为x=4，
如图，设抛物线与x轴另一个交点为F，
当x=0时，y=6，
∴A(0,6)，
1
当y=0时，0= x2−4x+6，
2
解得x =2，x =6，
1 2
∴B(2,0)，F(6,0)，
在y轴上取点E(0,3)，连接CE，CF，EF，
∴AE=3=CD，
∵CD∥AE，
∴四边形AECD是平行四边形，
∴AD=CE，
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∵抛物线对称轴为x=4，
∴BC=CF，
∴AD+BC=CE+CF≥EF，
当E、C、F三点共线时，AD+BC最小，
设直线EF解析式为y=kx+b，
∴¿，
解得¿，
1
∴y=− x+3，
2
1
当x=4时，y=− ×4+3=1，
2
∴当AD+BC最小时，C的坐标为(4,1)，
故答案为：(4,1)．
【点睛】本题考查了二次函数的性质，平行四边形的判定与性质，待定系数法求一次函数解析式，两点之
间线段最短等知识，明确题意，添加合适辅助线，构造平行四边形是解题的关键．
7．（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
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【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，
∴∠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
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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．
8．（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
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，
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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，
∴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，
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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．
【模拟训练】
1
1．（2025·安徽合肥·一模）如图1，在▱ABCD中，连接AC，∠ACB=90°，tan∠BAC= ．动点M
2
从点A出发，沿AB边匀速运动．运动到点B停止．过点M作MN⊥AC交CD边于点N，连接AN，CM．
设AM=x，AN+CM= y，y与x的函数图象如图2所示，函数图象最低点坐标为（ ）
A．(2,5) B．(√5,2√5) C．(2,4) D．(√5,5)
【答案】B
【分析】延长DA至A'，使A A'=DA，连接A'M，连接A'C交AB于M'， 当A'、M、C三点共线时，
A'M+CM最小，即AN+CM最小，当M运动到M'时，AN+CM最小，由图2得当x=0时，y=6，此时
M与A重合，N与D重合，结合平行四边形的判定方法及性质和勾股定理，即可求解．
【详解】解：延长DA至A'，使A A'=DA，连接A'M，连接A'C交AB于M'，
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∵MN⊥AC
，
∠ACB=90°，
∴MN∥BC，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
AB∥CD，
AD=BC，
∴ MN∥AD∥BC，
∴四边形AMND是平行四边形，
∴MN=AD，
∴A A'=MN=BC，
∴四边形A A'MN是平行四边形，
∴A'M=AN，
A A'∥MN，
∴A A'∥BC，
∴∠A' AC=90°，
∴四边形A A'BC是矩形，
1
∴A'M'=AM'=CM'= AB，
2
当A'、M、C三点共线时，A'M+CM最小，
即AN+CM最小，
∴当M运动到M'时，AN+CM最小，
由图2得：当x=0时，y=6，
此时M与A重合，N与D重合，
∴AD+AC=6，
∴BC+AC=6，
1
∵ tan∠BAC= ，
2
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BC 1
∴ = ，
AC 2
∴AC=2BC，
∴BC+2BC=6，
∴BC=2，AC=4，
∴AB=√AC2+BC2
=√42+22
=2√5，
∴AM'=CM'=√5，
∴当x=√5时，
y=A'M'+CM'
=2√5，
∴函数图象最低点坐标为(√5,2√5)，
故选：B．
【点睛】本题考查了二次函数的应用，线段和最小值的典型问题，平行四边形的判定及性质，矩形的判定
及性质，勾股定理，正切函数等；掌握平行四边形的判定及性质，矩形的判定及性质，能熟练利用勾股定
理求解及找到取得最小值的条件是解题的关键．
2．（2023·安徽·中考真题）如图，E是线段AB上一点，△ADE和△BCE是位于直线AB同侧的两个等边三
角形，点P,F分别是CD,AB的中点．若AB=4，则下列结论错误的是（ ）
A．PA+PB的最小值为3√3 B．PE+PF的最小值为2√3
C．△CDE周长的最小值为6 D．四边形ABCD面积的最小值为3√3
【答案】A
【分析】延长AD,BC，则△ABQ是等边三角形，观察选项都是求最小时，进而得出当E点与F重合时，
则Q,P,F三点共线，各项都取得最小值，得出B，C，D选项正确，即可求解．
【详解】解：如图所示，
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延长AD,BC，
依题意∠QAD=∠QBA=60°
∴△ABQ是等边三角形，
∵P是CD的中点，
∴PD=PC，
∵∠DEA=∠CBA，
∴ED∥CQ
∴∠PQC=∠PED,∠PCQ=∠PDE，
∴△PDE≌△PCQ
∴PQ=PE，
∴四边形DECQ是平行四边形，
则P为EQ的中点
如图所示，
设AQ,BQ的中点分别为G,H，
1 1
则GP= AE,PH= EB
2 2
∴当E点在AB上运动时，P在GH上运动，
当E点与F重合时，即AE=EB，
1
则Q,P,F三点共线，PF取得最小值，此时AE=EB= (AE+EB)=2，
2
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则△ADE≌△ECB，
∴C,D到AB的距离相等，
则CD∥AB，
√3
此时PF= AD=√3
2
此时△ADE和△BCE的边长都为2，则AP,PB最小，
√3
∴PF= ×2=√3，
2
∴PA=PB=√22+(√3) 2=√7
∴PA+PB= 2√7，
或者如图所示，作点B关于GH对称点B'，则PB=PB'，则当A,P,B'三点共线时，AP+PB=AB'
此时AB'=√AB2+BB'=√42+(2√3) 2=2√7
故A选项错误，
根据题意可得P,Q,F三点共线时，PF最小，此时PE=PF =√3，则PE+PF=2√3，故B选项正确；
△CDE周长等于CD+DE+CE=CD+AE+EB=CD+AB=CD+4，
即当CD最小时，△CDE周长最小，
如图所示，作平行四边形GDMH，连接CM，
∵∠GHQ=60°,∠GHM=∠GDM=60°，则∠CHM=120°
如图，延长DE,HG，交于点N，
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则∠NGD=∠QGH=60°，∠NDG=∠ADE=60°
∴△NGD是等边三角形，
∴ND=GD=HM，
在△NPD与△HPC中，
¿
∴△NPD≌△HPC
∴ND=CH
∴CH=MH
∴∠HCM=∠HMC=30°
∴CM∥QF，则CM⊥DM，
∴△DMC是直角三角形，
在△DCM中，DC>DM
1
∴当DC=DM时，DC最短，DC=GH= AB=2
2
∵CD=PC+2PC
∴△CDE周长的最小值为2+2+2=6，故C选项正确；
∵△NPD≌△HPC
∴四边形ABCD面积等于S +S +S =S +S
△ADE △EBC △DEC △ADE 平行四边NEBH
∴当△BGD的面积为0时，取得最小值，此时，D,G重合，C，H重合
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√3
∴四边形ABCD面积的最小值为3× ×22= 3√3，故D选项正确，
4
故选：A．
【点睛】本题考查了解直角三角形，等边三角形的性质，勾股定理，熟练掌握等边三角形的性质，得出当
E点与F重合时得出最小值是解题的关键．
3．（2025·湖南娄底·二模）如图，在△ABC中，AB=AC=8，∠A=120°，点D、E分别在边AB、AC
上，AD=CE，连接CD、BE，则△ABE和△ACD周长之和的最小值为（ ）
A．16+4√7 B．24+8√7 C．24+8√3 D．16+4√3
【答案】B
【分析】根据AB=AC=8,AD=CE，得出△ABE的周长+△ACD的周长=24+BE+CD，即可得△ABE
的周长+△ACD的周长取最小值时，则BE+CD最小即可，如图，在AC上截取AF=AD，连接BF，证明
△ADC≌△AFB，得出BF=CD，平移BE至FG，连接EG，连接BG交AC于点O，此时，
CD+BE=BF+BE=BF+FG，得出当B，F，G三点共线时，FG+BF最小，最小值为BG，证明四边
形BEGF是平行四边形，得出BO=GO,FO=EO，即可得AO=CO，即点E,F与点O重合，此时，
FG+BF=BG=2BO，过点O作OH⊥BC交BC于点H，过点A作AK⊥BC交BC于点K，在Rt△AKC
中，求出CK，得出BC，在Rt△OHC中求出CH，得出BH，在Rt△BOH中，勾股定理求出BO，即可
得BG，求出BE+CD的最小值，即可求出△ABE的周长+△ACD的周长最小值．
【详解】解：∵AB=AC=8,AD=CE，
∴△ABE的周长+△ACD的周长=AB+BE+AE+AC+CD+AD
=(AB+AC)+(AE+AD)+BE+CD
=16+(AD+AC−CE)+BE+CD
=16+(AD+8−CE)+BE+CD
=16+8+BE+CD
=24+BE+CD，
∴△ABE的周长+△ACD的周长最小值时，则BE+CD最小即可，
如图，在AC上截取AF=AD，连接BF，
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在△ADC和△AFB中，
¿，
∴△ADC≌△AFB(SAS)，
∴BF=CD，
平移BE至FG，连接EG，连接BG交AC于点O，
此时，CD+BE=BF+BE=BF+FG，
∵FG+BF≥BG，
∴当B，F，G三点共线时，FG+BF最小，最小值为BG，
根据平移可得BE=FG,BE∥FG，
∴四边形BEGF是平行四边形，
∴BO=GO,FO=EO，
∵AD=AF=CE，
∴AF+OF=CE+OE，
∴AO=CO，即点E,F与点O重合，
此时，FG+BF=BG=2BO，
过点O作OH⊥BC交BC于点H，过点A作AK⊥BC交BC于点K，
∵AB=AC=8,∠A=120°，
∴∠ACB=30°,AO=CO=4，
1
在Rt△AKC中，AK= AC=4，
2
∴CK=√82−42=4√3，
∴BC=2CK=8√3，
1
在Rt△OHC中，OH= OC=2，
2
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∴CH=√42−22=2√3，
∴BH=BC−CH=8√3−2√3=6√3，
在Rt△BOH中，BO=√OH2+BH2=√22+(6√3) 2=4√7，
∴BG=8√7，
即FG+BF=8√7，
∴BE+CD=BE+BF=8√7，
∴△ABE的周长+△ACD的周长最小值24+8√7，
故选：B．
【点睛】该题主要考查了平移的性质，平行四边形的性质和判定，勾股定理，直角三角形的性质，全等三
角形的性质和判定，等腰三角形的性质，三角形三边关系，二次根式的性质等知识点，解题的关键是通过
转化确定BE+CD的最小值．
4．（2025·山西忻州·模拟预测）如图，将边长为8的正方形ABCD沿其对角线AC剪开，再把△ABC沿着
AD方向平移，得到△A'B'C'．当两个三角形重叠部分（阴影部分）的面积为16时，移动的距离A A'等于
（ ）
A．4 B．6 C．8 D．16
【答案】A
【分析】本题考查了正方形的性质、图形的平移、平行四边形的判定与性质、一元二次方程的应用等知识，
熟练掌握正方形和平移的性质是解题关键．先证出两个三角形重叠部分（阴影部分），即四边形A'ECF
是平行四边形，再证出A'E=A A'，设A'E=A A'=x(0BC），BC=2,∠CBD=60°，点M，N为对角线BD上
1 1
的两个动点，连接AM，CN．若BN= DM，求 AM+CN的最小值．
2 2
1
【答案】初步感知：AE=CF；尝试探索：AE+AF的最小值2√13；拓展应用： AM+CN的最小值√7
2
【分析】初步感知：证明△ABE≌△CDF(SAS)即可；
尝试探索：构造矩形ABCD，证明△ABE≌△CDF(SAS)，得到AE=CF，
AE+AF=CF+AF≥AC=2√13，当F在AC上时，AE+AF=AC=2√13最小；
拓展应用：取BC中点Q，作Q点关于BD的对称点G，连接BG，GN，CG，易得△ADM∽△GBN，则
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1 1
有GN= AM，从而 AM+CN=GN+CN≥CG，当N在线段CG上时，取得最小值，最小值为线段
2 2
CG的长；过G作GH⊥CB，交CB延长线于点H，在Rt△CGH中，利用勾股定理即可求解．
【详解】解：初步感知：∵ ▱ABCD，
∴AB=CD，AB∥CD，
∴∠ABD=∠CDB，
∵BE=DF，
∴△ABE≌△CDF(SAS)，
∴AE=CF；
尝试探索：过B作BC⊥AB，过D作DC⊥AD交BC于C，连接AC，CF，
∵Rt△ABD中，AB=4，AD=6，斜边BD，
∴∠BAD=90°，BD=√AB2+AD2=√42+62=2√13，
∴四边形ABCD为矩形，
∴AC=BD=2√13，AB=CD，AB∥CD，
∴∠ABD=∠CDB，
∵BE=DF，
∴△ABE≌△CDF(SAS)，
∴AE=CF；
∴AE+AF=CF+AF≥AC=2√13，
∴当F在AC上时，AE+AF=AC=2√13最小；
拓展应用：如图，取BC中点Q，作Q点关于BD的对称点G，连接BG，GN，CG，
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1
则BG=BQ= BC=1，∠GBN=∠CBD=60°；
2
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD=BC=2，AD∥BC，
∴∠ADM=∠CBD=60°，
AD
∴ =2；
GB
1
∵BN= DM，
2
AD DM
∴ = =2；
GB BN
∵∠ADM=∠CBD=60°，
∴△ADM∽△GBN，
AM AD
∴ = =2，
GN GB
1
即GN= AM，
2
1
∴ AM+CN=GN+CN≥CG，
2
1
当N在线段CG上时， AM+CN取得最小值，且最小值为线段CG的长；
2
过G作GH⊥CB，交CB延长线于点H，如图，
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则∠GBH=180°−∠CBD−∠GBN=60°，
∴∠G=30°，
1 1
∴BH= GB= ，
2 2
5
即CH=BC+BH= ；
2
√3
由勾股定理得：GH=√GB2−BH2=
，
2
在Rt△CGH中，由勾股定理得：CG=√GH2+CH2=
√ (√3) 2
+
(5) 2
=√7．
2 2
1
∴ AM+CN的最小值为√7．
2
【点睛】本题考查矩形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，30°直角三
角形，勾股定理，相似三角形的判定与性质；熟练掌握并灵活运用这些知识是解题的关键，注意转化思想
的应用．
考点二： 特殊平行四边形
【题型一】利用矩形的性质求解
1）对于矩形的定义要注意两点（缺一不可）：①是平行四边形；②有一个角是直角.
1）矩形是特殊的平行四边形，所以矩形具有平行四边形的一切性质；
2）矩形的两条对角线将矩形分成两对全等的等腰三角形，经常会用到等腰三角形的性质解决问题.
3）理解记忆矩形的性质，当题目己知矩形或者证明出矩形时，要立刻能想到相应的性质.
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【中考真题】
1．（2024·宁夏·中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，AB=3cm，BC=2cm，点A在直线l
1
上，点B，C在直线l 上，l ∥l ，动点P从点A出发沿直线l 以1cm/s的速度向右运动，设运动时间为ts．
2 1 2 1
下列结论：
①当t=2s时，四边形ABCP的周长是10cm；
②当t=4s时，点P到直线l 的距离等于5cm；
2
③在点P运动过程中，△PBC的面积随着t的增大而增大；
④若点D，E分别是线段PB，PC的中点，在点P运动过程中， 线段DE的
长度不变．其中正确的是（ ）
A．①④ B．②③ C．①③ D．②④
【答案】A
【分析】本题考查了三角形的面积，三角形的中位线定理，矩形的判定与性质，解题的关键是掌握相关知
识．①当t=2s时，得到四边形ABCP是矩形，即可求解；②根据“平行线间的距离处处相等”，即可判
断；③根据②中的发现即可判断；④利用三角形的中位线定理即可判断．
【详解】解：①当t=2s时，AP=2cm，
∴ AP=BC，
∵ AP∥BC，∠ABC=90°，
∴四边形ABCP是矩形，
∴ AB=PC=3cm，
∴，四边形ABCP的周长是2×(2+3)=10cm，故①正确；
②∵ l ∥l ，∠ABC=90°，AB=3cm，
1 2
∴直线l 与直线l 之间的距离是3cm，
1 2
∴当t=4s时，点P到直线l 的距离等于3cm，故②错误；
2
③由②可知点P到BC的距离为定值3cm，即△PBC的BC边上的高为3cm，
又∵ BC=2cm，
∴ △PBC的面积为定值，故③错误；
④∵点D，E分别是线段PB，PC的中点，
∴ DE是△PBC的中位线，
1
∴ DE= BC=1cm，
2
即线段DE的长度不变，故④正确；
故选：A．
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2．（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，
∵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'，
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1
∵BM= AB=5，M M'=5+5=10，
2
∴BM+BM'=5+√52+102=5+5√5，
故选：B．
3．（2024·黑龙江牡丹江·中考真题）小明同学手中有一张矩形纸片ABCD，AD=12cm，CD=10cm，他
进行了如下操作：
第一步，如图①，将矩形纸片对折，使AD与BC重合，得到折痕MN，将纸片展平．
第二步，如图②，再一次折叠纸片，把△ADN沿AN折叠得到△AD'N，AD'交折痕MN于点E，则线段
EN的长为（ ）
169 167 55
A．8cm B． cm C． cm D． cm
24 24 8
【答案】B
【分析】本题考查了矩形与折叠问题，熟练掌握矩形的性质，折叠的性质，勾股定理是解题的关键．
根据矩形的性质和折叠的性质推出∠ANM=∠D' AN，进而得出EA=AN，设EA=AN=xcm，则
EM=(12−x)cm，根据勾股定理可得：AM2+M E2=AE2，列出方程求解即可．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=CD=10cm，
1
由折叠可得：AM= AB=5cm，AD=AD'=12cm，MN⊥AB，∠DAN=∠D' AN，
2
∴四边形AMND是矩形，
∴MN∥AD，MN=AD=12cm，
∴∠DAN=∠ANM，
∴∠ANM=∠D' AN，
∴EA=EN，
设EA=EN=xcm，则EM=(12−x)cm，
在Rt△AME中，根据勾股定理可得：AM2+M E2=AE2，
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即52+(12−x) 2=x2，
169
解得：x= ，
24
169
即EN= cm，
24
故选：B．
4．（2024·甘肃临夏·中考真题）如图1，矩形ABCD中，BD为其对角线，一动点P从D出发，沿着
D→B→C的路径行进，过点P作PQ⊥CD，垂足为Q．设点P的运动路程为x，PQ−DQ为y，y与x
的函数图象如图2，则AD的长为（ ）
4√2 8 7√3 11
A． B． C． D．
3 3 4 4
【答案】B
【分析】本题考查了动点问题的函数图象，根据图象得出信息是解题的关键．
根据函数的图象与坐标的关系确定CD的长，再根据矩形性质及勾股定理列方程求解．
【详解】解：由图象得：CD=2，当BD+BP=4时，PQ=CD=2，此时点P在BC边上，
设此时BP=a，则BD=4−a，AD=BC=2+a，
在Rt△BCD中，BD2−BC2=CD2，
即：(4−a) 2−(a+2) 2=22，
2
解得：a= ，
3
8
∴AD=a+2= ，
3
故选：B．
5．（2024·山东日照·中考真题）如图，在平面直角坐标系xOy中，点A(4,0)，C(0,4√2)是矩形OABC的
顶点，点M,N分别为边AB,OC上的点，将矩形OABC沿直线MN折叠，使点B的对应点B'在边OA的中
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k
点处，点C的对应点C'在反比例函数y= (k≠0)的图象上，则k=
x
160√2
【答案】−
81
【分析】设BB'交NM与点E，过点C'作C'H⊥x轴于点H．利用矩形的性质、折叠的性质和勾股定理等
1
可求出OA=BC=4，AB=4√2，AB'=2，BB'=6，BE= BB'=3，B'C'=BC=4，证明
2
9√2 7√2
△EBM∽△ABB'，利用相似三角形的性质可求出B'M=BM= ，AM= ，证明
4 4
16√2 28
△C'HB'∽△B' AM，利用相似三角形的性质可求出C'H= ，HB'= ，则可出求C'的坐标，然后
9 9
利用待定系数法求解即可．
【详解】解：如图，设BB'交NM与点E，过点C'作C'H⊥x轴于点H．
∵ OABC A(4,0) C(0,4√2)
四边形 是矩形， ， ，
∴∠B=∠A=90°，OA=BC=4，AB=4√2，
∵点B'是OA的中点，
∴AB'=2．
在Rt△ABB'中，
∵AB=4√2，AB'=2，
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∴BB'=√(4√2) 2+22=6，
∵矩形OABC沿直线MN折叠，
1
∴BB'⊥MN，BE= BB'=3，B'C'=BC=4，
2
∵∠EBM=∠ABB'，∠BEM=∠BAB'=90°，
∴△EBM∽△ABB'
EB BM 3 BM
∴ = ，即 = ，
AB BB' 4√2 6
9√2
解得BM= ，
4
9√2
∴B'M=
，
4
∵AB=4√2，
7√2
∴AM=AB−BM= ，
4
∵∠C'B'M=∠CBM=90°，
∴∠C'B'H+∠MB' A=90°．
∵∠MB' A+∠B'MA=90°，
∴∠C'B'H=∠B'MA．
又∵∠C'HB'=∠B' AM=90°，
∴△C'HB'∽△B' AM，
C'H HB' 4
C'H HB' C'B' = =
∴ = = ，即 2 7√2 9√2，
B' A AM B'M
4 4
16√2 28
解得C'H= ，HB'=
，
9 9
10
∴HO=HB'−OB'=
，
9
( 10 16√2)
∴点C'的坐标为 − , ，
9 9
10 16√2 160√2
∴k=− × =− ．
9 9 81
160√2
故答案为：− ．
81
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【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，反比例函数等知识，明确题意，
添加合适辅助线，构造相似三角形求解是解题的关键．
6．（2024·黑龙江绥化·中考真题）在矩形ABCD中，AB=4cm，BC=8cm，点E在直线AD上，且
DE=2cm，则点E到矩形对角线所在直线的距离是 cm．
2√5 6√5
【答案】 或 或2√5
5 5
【分析】本题考查了矩形的性质，解直角三角形，设AC,BD交于点O，点E 在线段AD上，E 在AD的延
1 2
长线上，过点E ,E 作AC，BD的垂线，垂足分别为F ,F ,F ，进而分别求得垂线段的长度，即可求解．
1 2 1 2 3
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，AB=4，BC=8，
∴AD=BC=8，CD=AB=4，
∴AC=√AD2+CD2=√42+82=4√5
CD 4 √5 8 2√5 4 1
∴sin∠CAD= = = ，cos∠CAD= = ，tan∠CAD= =
AC 4√5 5 4√5 5 8 2
如图所示，设AC,BD交于点O，点E 在线段AD上，E 在AD的延长线上，过点E ,E 作AC，BD的垂
1 2 1 2
线，垂足分别为F ,F ,F
1 2 3
∵AO=DO
∴∠OAD=∠ODA
当E在线段AD上时，
∴AE =AD−DE=8−2=6
1
√5 6√5
在Rt△AE F 中，E F =AE ⋅sin∠CAD= ×6=
1 1 1 1 1 5 5
∵∠OAD=∠ODA
√5 2√5
在Rt△E F D中，E F =DE sin∠E DF =2× = ；
1 2 1 2 1 1 2 5 5
当E在射线AD上时，
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2 1
在Rt△DCE 中，tan∠DCE = =
2 2 4 2
∴∠CAD=∠DCE
∴∠DCE+∠DCA=90°
∴E C⊥AC
2
∴E C=√DE2+DC2=√22+42=2√5，
2
√5 2√5
在Rt△DE F 中，E F =DE ×sin∠E DF =DE × =
2 3 2 3 2 2 3 2 5 5
2√5 6√5
综上所述，点E到对角线所在直线的距离为： 或 或2√5
5 5
2√5 6√5
故答案为： 或 或2√5．
5 5
7．（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．
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【详解】（1）证明：如图，
∵ ABCD
四边形 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：∵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
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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，
∵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，
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∴AD=BC=√5 y，
在Rt△APD中，AP=√AD2+PD2=√6 y，
∵BG∥AP，
∴△BMG∽△AMP，
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．
【模拟训练】
1．（2025·山东淄博·一模）如图1，在矩形ABCD中，AB=6，BC=8，点E，F分别在AD，BC上，将
矩形ABCD沿直线EF折叠．使点B落在CD边上的B'处，点A落在A'处，连接BB'，若CB'=2，如图2，
若P为A'B'中点，连接BP．则BP的长为（ ）
A．8 B．√65 C．2√17 D．10
【答案】B
【分析】过点B作BH⊥A'B'于点H，由折叠性质以及矩形性质可得∠A'B'C=∠BB'C，证明
△BHB'≌△BCB' (AAS)，得到BH=BC=4，B'H=B'C=1，利用勾股定理即可求解．
【详解】如图，过点B作BH⊥A'B'于点H，
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由矩形折叠可知，∠ABC=∠A'B'F=90°，FB=FB'，A'B'=AB=6
∴∠FBB'=∠FB'B，
∴∠ABB'=∠A'B'B，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∴∠ABB'=∠BB'C，
∴∠A'B'C=∠BB'C，
在△BHB'与△BCB'中，
¿，
∴△BHB'≌△BCB' (AAS)，
∴BH=BC=8，
∴B'H=B'C=2，
∵若P为A'B'中点，
1
∴B'P= A'B'=3
2
∴PH=3−2=1，
∴BP=√BH2+PH2=√82+12=√65．
故选B．
【点睛】本题考查了矩形与折叠，全等三角形的判定与性质，平行线的性质，勾股定理等知识，熟练掌握
相关性质定理是解题关键．
2．（2025·安徽合肥·一模）如图，O为AD的中点，将矩形ABCD绕着点O顺时针旋转60°得到矩形
EFGH，若AB=4，BC=6，GH与BC交于点M，则MH的长为（ ）
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A．4−2√3 B．3−√3 C．6−2√3 D．8−3√3
【答案】D
【分析】本题主要考查了矩形的性质，旋转的性质，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，过点H
作HP∥AD，过点M和点O分别作PH的垂线，垂足分别为P、Q，则HP∥AD∥BC，根据平行线的性
质可得AB=OQ+PM=4，再证明∠QOH=30°，则可求出OQ的长，进而得到PM的长，证明
∠PHM=30°，则MH=2PM，据此可得答案．
【详解】解：如图所示，过点H作HP∥AD，过点M和点O分别作PH的垂线，垂足分别为P、Q，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB⊥AD，AD∥BC，∠D=90°，AD=BC=6，
∵HP∥AD，
∴HP∥AD∥BC，
∵OQ⊥HP，PM⊥PH，
∴AB=OQ+PM=4，
1
由旋转的性质可得OH=OD= AD=3，∠DOH=60°，∠EHM=∠D=90°，
2
∴∠OHQ=∠DOH=60°，
∴∠QOH=30°，
1 3
∴QH= OH= ，
2 2
3√3
∴OQ=√OH2−QH2=
，
2
3√3
∴PM=4− ，
2
∵∠PHM=90°−60=30°，
∴MH=2PM=8−3√3，
故选：D．
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3．（2025·江苏无锡·一模）如图，在矩形ABCD中，AB=6，BC=8，P是对角线AC上的动点，连接DP，
将直线DP绕点P顺时针旋转使∠DPG=∠DAC，且过D作DG⊥PG，连接CG，则CG最小值为（
）
12 14 72 36
A． B． C． D．
5 5 25 25
【答案】C
【分析】本题主要考查了矩形的性质，直角三角形的性质，等腰三角形的判定与性质相似三角形的判定与
性质，添加适当的辅助线构造相似三角形是解题的关键．过点D作DH⊥AC于点H，连接HG并延长交
CD于点E，过点H作HF⊥CD于点F，利用相似三角形的判定与性质得到∠DAP=∠DHG=定值，则
点G在HE上运动，当CG⊥HE时，CG取得最小值；再利用勾股定理，相似三角形的判定与性质和三角
形的面积公式解答即可得出结论．
【详解】解：过点D作DH⊥AC于点H，连接HG并延长交CD于点E，过点H作HF⊥CD于点F，如
图，
∵DG⊥PG，DH⊥AC，
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∴∠DGP=∠DHA=90°，
∵∠DPG=∠DAC，
∴△DGP∽△DAH，
DP DA
∴ = ，∠PDG=∠ADH，
DG DH
∴∠ADP=∠HDG，
∴△ADP∽△HDG，
∴∠DAP=∠DHG=定值，
∴点G在HE上运动，当CG⊥HE时，CG取得最小值．
∵∠ADC=90°，DH⊥AC，
∴△ADH∽△CDH，
∴∠DAH=∠CDH，
∴∠DHG=∠CDH，
∴HE=DE，
∵∠DHG+∠EHC=90°，∠HCD+∠CDH=90°，
∴∠EHC=∠HCD，
∴HE=CE，
1
∴HE=DE=CE= CD=3，
2
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠ADC=90°，CD=AB=6，BC=AD=8，
∴AC=√AD2+CD2=10，
1 1
∵S = AD⋅CD= AC⋅DH，
△ADC 2 2
AD⋅CD 24
∴DH= = ．
AC 5
32
∴AH=√AD2−DH2=
，
5
18
∴CH=AC−AH= ，
5
∵HF⊥CD，AD⊥CD，
∴HF∥AD，
∴△CHF∽△CAD，
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CH HF
∴ = ，
CA AD
18
∴ 5 HF，
=
10 8
72
∴HF= ．
25
∵CG⊥HE，HF⊥CE，
1 1
∴S = HE⋅CG= CE⋅HF，
△CHE 2 2
72
3×
∴ CE⋅HF 25 72．
CG= = =
HE 3 25
故选：C．
BE
4．（2025·山东济南·一模）如图，在矩形ABCD中，AB=2，BC=4，点E是边BC上一点， =3，连
CE
接AE，将△ABE沿AE翻折，得到△AFE，延长FA，交CB的延长线于点M，则EM= ．
39
【答案】
5
【分析】本题考查了正切函数的定义，矩形的性质，勾股定理，折叠的性质．设EM=x，在Rt△ABM中，
AB EF
由勾股定理得AM=√(x−3) 2+4，根据tanM= = ，列式计算即可求解．
BM FM
BE
【详解】解：∵BC=4， =3，
CE
∴BE=3，CE=1，
∵将△ABE沿AE翻折，得到△AFE，
∴AF=AB=2，EF=EB=3，
设EM=x，
在Rt△ABM中，由勾股定理得AM=√BM2+AB2=√(x−3) 2+4，
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∴FM=√(x−3) 2+4+2，
∵∠ABM=∠F=90°，
AB EF 2 3
∴tan∠M= = ，即 = ，
BM FM x−3 √(x−3) 2+4+2
39 39
解得x=3（不合题意，舍去）或x= ，即EM= ，
5 5
39
故答案为： ．
5
5．（2025·黑龙江绥化·二模）如图，在矩形ABCD中，AB=1，CB=2，连接AC，以对角线AC为边，按
逆时针方向作矩形ACC B ，使矩形ACC B 相似于矩形ABCD；再连接AC ，以对角线AC 为边，按
1 1 1 1 1 1
逆时针方向作矩形AC C B ，使矩形AC C B 相似于矩形ACC B ；…按照此规律作下去．若矩形
1 2 2 1 2 2 1 1
ABCD的面积记作S ，矩形ACC B 的面积记S ，矩形AC C B 的面积记作S ，…，则S 的值为
1 1 1 2 1 2 2 3 2025
．
(5) 2024
【答案】2×
4
【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，相似多边形的性质.解题的关键是根据已知和矩形的性质可分
(5) n−1
别求得AC，再利用相似多边形的性质可发现规律S =2× ，即可求解.
n 4
【详解】∵四边形ABCD是矩形，
∴AB⊥BC，
∴AC=√AB2+CB2=√12+22 =√5，
∵按逆时针方向作矩形ABCD的相似矩形AB C C，
1 1
∴矩形AB C C的边长和矩形ABCD的边长的比为√5:2，
1 1
∴矩形AB C C的面积和矩形ABCD的面积的比5:4,
1 1
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∵S =2×1=2,
1
5
S =2× ,
2 4
(5) 2
S =2× ,
3 4
⋯
(5) n−1
S =2×
n 4
(5) 2024
∴S =2× ,
2025 4
(5) 2024
故答案为：2× .
4
6．（2025·河南南阳·一模）如图，在平面直角坐标系中，矩形ABCO的边OC、OA分别在x轴、y轴上，
AB=6，点E在边BC上，矩形ABCO沿AE折叠，若点B的对应点F恰好是边OC的三等分点，则点E的坐
标是 ．
( 4√5)
【答案】 −6, 或(−6,√2)
5
【分析】本题主要考查了勾股定理与折叠问题，矩形的性质，坐标与图形，由折叠的性质可得
AF=AB=6，BE=EF，∠AFE=∠B=90°，再分当点F靠近点C时，CF=2，OF=4，当点F靠近
点O时，则CF=4，OF=2，两种情况利用勾股定理先求出OA的长，进而得到BC的长，设出CE的长，
进而得到EF的长，在Rt△EFC中，由勾股定理建立方程求解即可．
【详解】解：在矩形ABCO中，CO=AB=6，∠BCO=∠B=∠AOC=90°，
由折叠的性质可得AF=AB=6，BE=EF，∠AFE=∠B=90°，
∵ F恰好是边OC的三等分点，
∴当点F靠近点C时，CF=2，OF=4，
在Rt△AFO中，OA=√6 2−42=2√5，
❑
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∴BC=OA=2√5，
设CE=x，则BE=EF=2√5−x，
在Rt△EFC中，由勾股定理得到EF2=CF2+CE2，
∴(2√5−x)
2=22+x2，
4√5
解得x= ，
5
( 4√5)
∴点E的坐标是 −6, ；
5
当点F靠近点O时，则CF=4，OF=2，
在Rt△AFO中，OA=√6 2−22=4√2，
❑
∴BC=OA=4√2，
设CE=x，则BE=EF=4√2−x，
在Rt△EFC中，由勾股定理得到EF2=CF2+CE2，
∴(4√2−x)
2=42+x2，
解得x=√2，
∴点E的坐标是(−6,√2)；
( 4√5)
综上所述，点E的坐标是 −6, 或(−6,√2)，
5
( 4√5)
故答案为： −6, 或(−6,√2)．
5
7．（2025·江苏南京·模拟预测）如图，矩形ABCD中，AB=4，BC=m(m>1)，点E是AD边上一定点，
且AE=1，在线段AB上找一点F，使△AEF与△BCF相似．若这样的点F恰好有两个，则m的值为
．
【答案】3或4
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【分析】本题考查作图—相似变换，矩形的性质，圆的有关知识等知识，根据题意画出图形，交点个数分
类讨论即可解决问题，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，属于中考常考题型．
【详解】解：如图，延长DA，作点E关于AB的对称点E'，连接CE'，交AB于点F ，连接EF 、CE，
1 1
以CE为直径作圆O交AB于点F 、F ，
2 3
由矩形的性质可得AD∥BC，
∴△BCF ∽△AE'F ，
1 1
由轴对称的性质可得：△AEF ≌△AE'F ，
1 1
∴△BCF ∽△AEF ，
1 1
当m=4时，
∵四边形ABCD为矩形，
∴AD=BC=4，CD=AB=4，∠ADC=90°，
∴DE=AD−AE=3，
∴CE=√CD2+DE2=5，即图中圆的直径为5，
作OG⊥CD于G，则OG∥AD，
∴△CGO∽△CDE，
CO OG
∴ = ，
CE DE
∴OG=1.5，
∴此时图中所作圆的圆心到AB的距离为4−1.5=2.5，等于所作圆的半径，F 和F 重合，
2 3
AE 1 AF (F ) 2
此时， = = 2 3 = ，
BF (F ) 2 BC 4
2 3
∴△AF E∽△BCF ，
2 2
即当m=4时，符合条件的F有2个，为F ，F (F )；
1 2 3
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当m>4时，图中所作圆和AB相离，此时F 和F 不存在了，即此时符合条件的F只有1个，为F ，
2 3 1
当m=3时，
当∠AEF=∠BFC时，
AE AF 1 AF
要使△AEF∽△BFC，需 = ，即 = ，
BF BC 4−AF 3
解得AF=1或3，
当∠AEF=∠BCF时，
AE AF 1 AF
要使△AEF∽△BCF，需 = ，即 = ，
BC BF 3 4−AF
解得AF=1，即当m=3时，符合条件的F有2个；
当14时，有1个，
故答案为：3或4．
8．（2025·贵州铜仁·模拟预测）综合与实践课上，老师让同学们结合“全等与相似”开展数学活动．
【初步探究】
（1）如图1，在正方形ABCD中，点E，F分别在线段AB，BC上，且BE=CF，则CE与DF的位置关系
是________，数量关系是________；
【知识迁移】
（2）如图2，在矩形ABCD中，BC=2CD，点E，F分别为直线AB，BC上的动点，且BE=2CF，连
接CE，DF．探究CE与DF存在的数量关系并说明理由；
【深入研究】
（3）如图3在（2）的条件下，若点E，F分别在边AB，BC的延长线上，EC的延长线与DF交于点H．
点G为EH上的点，且HG=2HD，请用等式表示线段BG与HC的数量关系，并说明理由．
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【答案】（1）CE⊥DF，CE=DF；（2）CE=2DF；（3）BG=√5CH，理由见解析
【分析】（1）设DF，CE交于T，证明△CBE≌△DCF(SAS)，得到CE=DF，∠BCE=∠CDF，再
导角证明∠CTD=90°即可得到答案；
（2）证明△CBE∽△DCF，根据相似三角形的性质列出比例式求解即可；
（3）过点B作BM⊥CE于M，证明△CBE∽△DCF，得到∠BCE=∠CDF，导角证明∠CHD=90°，
则可证明△CHD∽△BMC，推出，CM=2HD，BM=2CH则可证明MG=CH，由勾股定理得
BG=√MG2+BM2=√5CH．
【详解】（1）解：设DF，CE交于T，
∵四边形ABCD是正方形，
∴CD=BC，∠CBE=∠DCF=90°，
又∵BE=CF，
∴△CBE≌△DCF(SAS)，
∴CE=DF，∠BCE=∠CDF，
∵∠BCE+∠DCE=90°，
∴∠CDF+∠DCE=90°，
∴∠CTD=90°，
∴CE⊥DF；
（2）解：CE=2DF，证明如下：
∵四边形ABCD是矩形，
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∴∠CBE=∠DCF=90°，
∵BC=2CD，BE=2CF，
BC BE
∴ = =2，
CD CF
∴△CBE∽△DCF，
CE BE
∴ = =2，即CE=2DF；
DF CF
（3）解：BG=√5CH，理由如下；
如图所示，过点B作BM⊥CE于M，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BCD=∠CBA=90°，
∴∠CBE=∠DCF=180°−90°=90°，
∵BC=2CD，BE=2CF，
BC BE
∴ = =2，
CD CF
∴△CBE∽△DCF，
∴∠BCE=∠CDF，
∵∠BCE+∠HCD=180°−∠BCD=90°，
∴∠HCD+∠HDC=90°，
∴∠CHD=90°，
∴∠CHD=∠BMC=90°，
∴△CHD∽△BMC，
CM BM BC
∴ = = =2，
HD CH CD
∴CM=2HD，BM=2CH
∵GH=2DH，
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∴GH=CM，
∴MG=CH，
在Rt△BMG中，由勾股定理得BG=√MG2+BM2=√5CH．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的性质与判定，勾股定理，矩形得性质，正方形的性质，全等三角形
的性质与判定等待，熟知相似三角形的性质与判定定理是解题的关键．
【题型二】利用矩形的性质与判定求解
【中考真题】
1．（2024·西藏·中考真题）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=12，BC=5，点P是边AB上任意一
点，过点P作PD⊥AC，PE⊥BC，垂足分别为点D，E，连接DE，则DE的最小值是（ ）
13 60 12 30
A． B． C． D．
2 13 5 13
【答案】B
【分析】本题考查了勾股定理的运用、矩形的判定和性质以及直角三角形的面积的不同求法，题目难度不
大，设计很新颖，解题的关键是求DE的最小值转化为其相等线段CP的最小值．连接CP，根据矩形的性
质可知：DE=CP，当DE最小时，则CP最小，根据垂线段最短可知当CP⊥AB时，则CP最小，再根据
三角形的面积为定值即可求出CP的长．
【详解】解：∵Rt△ABC中，∠C=90°，AC=12，BC=5，
∴AB=√AC2+BC2=13，
连接CP，如图所示：
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∵PD⊥AC于点D，PE⊥CB于点E，∠ACB=90°，
∴∠PDC=∠PEC=∠ACB=90°，
∴四边形DPEC是矩形，
∴DE=CP，
当DE最小时，则CP最小，根据垂线段最短可知当CP⊥AB时，则CP最小，
5×12 60
∴此时DE=CP= = ．
13 13
故选：B．
2．（2023·湖北武汉·中考真题）如图，在四边形ABCD中，AB∥CD,AD⊥AB，以D为圆心，AD为半
AB 1
径的弧恰好与BC相切，切点为E．若 = ，则sinC的值是（ ）
CD 3
2 √5 3 √7
A． B． C． D．
3 3 4 4
【答案】B
【分析】作CF⊥AB延长线于F点，连接DE，根据圆的基本性质以及切线的性质，分别利用勾股定理求
解在Rt△DEC和Rt△BFC，最终得到DE，即可根据正弦函数的定义求解．
【详解】解：如图所示，作CF⊥AB延长线于F点，连接DE，
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∵AD⊥AB，AB∥CD，
∴∠FAD=∠ADC=∠F=90°，
∴四边形ADCF为矩形，AF=DC，AD=FC，
∴AB为⊙D的切线，
由题意，BE为⊙D的切线，
∴DE⊥BC，AB=BE，
AB 1
∵ = ，
CD 3
∴设AB=BE=a，CD=3a，CE=x，
则BF=AF−AB=CD−AB=2a，BC=BE+CE=a+x，
在Rt△DEC中，DE2=CD2−CE2=9a2−x2，
在Rt△BFC中，FC2=BC2−BF2=(a+x) 2−(2a) 2，
∵DE=DA=FC，
∴9a2−x2=(a+x) 2−(2a) 2，
解得：x=2a或x=−3a（不合题意，舍去），
∴CE=2a，
∴DE=√CD2−CE2=√9a2−4a2=√5a，
DE √5a √5
∴sinC= = = ，
DC 3a 3
故选：B．
【点睛】本题考查圆的切线的判定与性质，解直角三角形，以及正弦函数的定义等，综合性较强，熟练运
用圆的相关性质以及切线的性质等是解题关键．
3．（2023·浙江宁波·中考真题）如图，以钝角三角形ABC的最长边BC为边向外作矩形BCDE，连结
AE,AD，设△AED，△ABE，△ACD的面积分别为S,S ,S ，若要求出S−S −S 的值，只需知道( )
1 2 1 2
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A．△ABE的面积 B．△ACD的面积 C．△ABC的面积 D．矩形BCDE的面积
【答案】C
【分析】过点A作FG∥BC，交EB的延长线于点F，DC的延长线于点G，易得：
1
FG=BC,AF⊥BE,AG⊥CD，利用矩形的性质和三角形的面积公式，可得S +S = S ，再根
1 2 2 矩形BCDE
1
据S=S +S −S −S =S + S ，得到S−S −S =S ，即可得出结论．
△ABC 矩形BCDE 1 2 △ABC 2 矩形BCDE 1 2 △ABC
【详解】解：过点A作FG∥BC，交EB的延长线于点F，DC的延长线于点G，
∵矩形BCDE，
∴BC⊥BE,BC⊥CD,BE=CD，
∴FG⊥BE,FG⊥CD，
∴四边形BFGC为矩形，
∴FG=BC,AF⊥BE,AG⊥CD，
1 1
∴S = BE⋅AF,S = CD⋅AG，
1 2 2 2
1 1 1
∴S +S = BE(AF+AG)= BE⋅BC= S ，
1 2 2 2 2 矩形BCDE
1
又S=S +S −S −S =S + S ，
△ABC 矩形BCDE 1 2 △ABC 2 矩形BCDE
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1 1
∴S−S −S =S + S − S =S ，
1 2 △ABC 2 矩形BCDE 2 矩形BCDE △ABC
∴只需要知道△ABC的面积即可求出S−S −S 的值；
1 2
故选C．
1
【点睛】本题考查矩形的性质，求三角形的面积．解题的关键是得到S +S = S
1 2 2 矩形BCDE
4．（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，
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°，
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∴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．
5．（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°，
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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，
∵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．
6．（2024·广东深圳·中考真题）如图，在△ABD中，AB=BD，⊙O为△ABD的外接圆，BE为⊙O的切
线，AC为⊙O的直径，连接DC并延长交BE于点E．
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(1)求证：DE⊥BE；
(2)若AB=5√6，BE=5，求⊙O的半径．
【答案】(1)见解析
(2)3√5
【分析】本题考查切线的性质，圆周角定理，中垂线的判定和性质，矩形的判定和性质：
（1）连接BO并延长，交AD于点H，连接OD，易证BO垂直平分AD，圆周角定理，切线的性质，推出
四边形BHDE为矩形，即可得证；
（2）由（1）可知DH=BE=5，勾股定理求出BH的长，设⊙O的半径为r，在Rt△AOH中，利用勾股
定理进行求解即可．
【详解】（1）证明：连接BO并延长，交AD于点H，连接OD，
∵AB=BD，OA=OD，
∴BO垂直平分AD，
∴BH⊥AD，AH=DH，
∵BE为⊙O的切线，
∴HB⊥BE，
∵AC为⊙O的直径，
∴∠ADC=90°，
∴四边形BHDE为矩形，
∴DE⊥BE；
（2）由（1）知四边形BHDE为矩形，BH⊥AD，AH=DH，
∴AH=DH=BE=5，
∴BH=√AB2−AH2=5√5，
设⊙O的半径为r，则：OA=OB=r,OH=BH−OB=5√5−r，
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在Rt△AOH中，由勾股定理，得：r2=(5) 2+(5√5−r) 2 ，
解得：r=3√5；
即：⊙O的半径为3√5．
2 k
7．（2025·黑龙江佳木斯·一模）如图，点A在双曲线y= 上，点B在双曲线y= (k≠0)上．AB∥x轴，
x x
过点A作AD⊥x轴于点D．连接OB，与AD相交于点C，若AC=2CD．则k的值为（ ）
A．6 B．9 C．10 D．12
【答案】A
【分析】过点B作BE⊥x轴于E，延长线段BA，交y轴于F，得出四边形AFOD是矩形，四边形OEBF
是矩形，得出S =2，S =k，根据相似三角形的判定与性质证得AB=2OD，即OE=3OD，
矩形AFOD 矩形OEBF
即可求得矩形OEBF的面积，根据反比例函数系数k的几何意义即可求得k的值．
【详解】解：过点B作BE⊥x轴于E，延长线段BA，交y轴于F，
∵AB∥x轴，
∴AF⊥y轴，
∴四边形AFOD是矩形，四边形OEBF是矩形，
∴AF=OD，BF=OE，
∴AB=DE，
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2
∵点A在双曲线y= 上，
x
∴S =2，
矩形AFOD
同理S =k，
矩形OEBF
∵AB∥OD，
∴△OCD∽△BCA，而AC=2CD，
OD CD 1
∴ = = ，
AB AC 2
∴AB=2OD，
∴DE=2OD，
∴S =3S =6，
矩形OEBF 矩形AFOD
∴k=6，故A正确．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了反比例函数图象上点的坐标特征，反比例函数系数k的几何意义，矩形的判定和
性质，相似三角形的判定与性质，作出辅助线，构建矩形是解题的关键．
【模拟训练】
1（2025·安徽阜阳·一模）如图，折叠矩形纸片ABCD，使得顶点A，C重合，点D落在D'处，然后还原，
得到折痕EF．已知：AB=9，BC=3，则折痕EF的长为（ ）
10 15
A．√10 B．2√3 C． D．
3 4
【答案】A
【分析】本题考查了矩形的性质，折叠的性质，菱形的判定与性质，勾股定理，掌握知识点的应用是解题
的关键．
分别连接AC、AE、CF、AC与EF相交于O，由折叠知△ADE≌△CD'E，∠AED=∠CED'，所以
A、E、D'共线，可以证明四边形AFCE为菱形，则AE=AF=CF，作EH⊥AF，证明四边形ADEH
是矩形，所以EH=AD=3，设AF=x，则CF=x，BF=9−x，然后由勾股定理即可求解．
【详解】解：如图，分别连接AC、AE、CF、AC与EF相交于O，
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由折叠知△ADE≌△CD'E，
∴∠AED=∠CED'，
∴A、E、D'共线，
由折叠知CF∥D'E，
∴CF∥AE，
∵AF∥CE，AF=CF，
∴四边形AFCE为菱形，
∴AE=AF=CF，
作EH⊥AF，则∠AHE=∠BHE=90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC=3，∠ADC=∠DAB=∠B=90°，
∴∠ADC=∠DAB=∠AHE=90°，
∴四边形ADEH是矩形，
∴EH=AD=3，
设AF=x，则CF=x，BF=9−x，
在直角△BCF中，(9−x) 2+32=x2，
解得：x=5，即CF=5，
∴AF=CF=AE=5，
同理AH=4，
∴HF=AF−AH=5−4=1，
∴EF=√H F2+EH2=√12+32=√10，
故选：A．
2．（2024·陕西西安·二模）如图，四边形ABCD中，对角线AC⊥BD，且AC=8，BD=6，点E、F、
G、H分别为边AB、BC、CD、DA的中点，则四边形EFGH的面积是（ ）
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A．24 B．12 C．10 D．6
【答案】B
【分析】本题主要考查了矩形的性质与判定，三角形中位线定理，先由三角形中位线定理得到
1 1 1
EF= AC=4，EF∥AC，同理可得HG∥AC，HG= AC=4，FG∥BD，FG= BD=3，进而
2 2 2
证明四边形EFGH是平行四边形，再证明EF⊥GF，得到四边形EFGH是矩形，最后利用矩形面积计算
公式求解即可．
【详解】解：∵点E、F是AB、BC的中点，
∴EF是△ABC的中位线，
1
∴EF= AC=4，EF∥AC，
2
1 1
同理可得HG∥AC，HG= AC=4，FG∥BD，FG= BD=3，
2 2
∴EF∥HG，EF=HG，
∴四边形EFGH是平行四边形，
∵AC⊥BD，
∴EF⊥GF，
∴四边形EFGH是矩形，
∴四边形EFGH的面积为EF⋅FG=3×4=12，
故选：B．
3．（2025·湖北武汉·一模）如图，在矩形ABCD中，AD=3，AB=4，E是边AB上一点，点B关于CE的
对称点为F，连接BF并延长交AD于点G．设BE=a．若F是BG的中点，则a的值为 ．
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9−3√5
【答案】
2
【分析】过点F作FM⊥AB于点M，HF⊥AD于点H，设CE与BF相交于点K，由矩形的性质可得
∠GAB=∠EBC=90°，BC=AD=3，CD=AB=4，即得四边形AHFM是矩形，由轴对称的性质得
CE⊥BF，FE=BE=a，进而利用余角性质可得∠BEC=∠AGB，即得△GAB∽△EBC，得到
AB AG 4 HF HG BF 2
= ，即得AG= a，由可证△HFG∽△ABG，即得 = = ，得到HF=2，HG= a，
BC BE 3 AB AG BG 3
2
即得到AM=HF=2，MF=AH=HG= a，可得ME=AB−AM−BE=2−a，再根据
3
M E2+M F2=EF2代入计算即可求解．
【详解】解：如图，过点F作FM⊥AB于点M，HF⊥AD于点H，设CE与BF相交于点K，则
∠EMF=∠AMF=∠AHF=90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠GAB=∠EBC=90°，BC=AD=3，CD=AB=4，
∴∠ABG+∠AGB=90°，四边形AHFM是矩形，
由轴对称的性质得，CE⊥BF，FE=BE=a，
∴∠BKE=90°，
∴∠ABG+∠BEC=90°，
∴∠BEC=∠AGB，
∴△GAB∽△EBC，
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AB AG
∴ = ，
BC BE
4 AG
即 = ，
3 a
4
∴AG= a，
3
∵四边形AHFM是矩形，
∴HF∥AB，MF=AH，AM=HF，
∴△HFG∽△ABG，
HF HG BF
∴ = = ，
AB AG BG
∵点F是BG的中点，
HF HG 1
∴ = = ，
AB AG 2
HF HG 1
= =
即 4 4 2，
a
3
2
∴HF=2，HG= a，
3
2
∴AM=HF=2，MF=AH=HG= a，
3
∴ME=AB−AM−BE=4−2−a=2−a，
在Rt△EMF中，M E2+M F2=EF2，
∴(2−a) 2+ (2 a ) 2 =a2 ，
3
整理得，a2−9a+9=0，
9−3√5 9+3√5
解得a= 或a= >4（不合，舍去）
2 2
9−3√5
∴a的值为 ，
2
9−3√5
故答案为： ．
2
【点睛】本题考查了矩形的判定与性质，轴对称的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，正确作出
辅助线是解题的关键．
4．（2025·辽宁沈阳·模拟预测）点A为矩形BCDE的边CB延长线上一点，AB=BC=2，BE=3，点F为
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BE边上的动点，连接AF，过点F作FG⊥DC，垂足为G，点H是点A关于点D的对称点，则
AF+FG+GH的最小值为 ．
【答案】6√2+2/2+6√2
【分析】本题考查了矩形的判定与性质，勾股定理，相似三角形的判定与性质等知识，连接BG，BH，过
H作HK⊥AB于K，证明四边形ABGF是平行四边形，得出AF=BG，则AF+GH=BG=GH≥BH，
故当B,G,H三点共线时，AF+GH最小，最小值为BH，证明△ACD∽△AKD，根据相似的性质求出
AK=8，HK=6，然后在Rt△BKH中，根据勾股定理求出BH，即可求解．
【详解】解：连接BG，BH，过H作HK⊥AB于K，
∵矩形BCDE，
∴∠EBC=∠BCD=90°，CD=BE=3
又FG⊥DC，
∴四边形BFGC是矩形，
∴FG=BC=AB=2，FG∥BC，
∴四边形ABGF是平行四边形，
∴AF=BG，
∴AF+GH=BG=GH≥BH，
当B,G,H三点共线时，AF+GH最小，最小值为BH，
在Rt△ACD中，∠ACD=90°，AC=AB+BC=4，CD=3，
∴AD=5，
∵点H是点A关于点D的对称点，
∴DH=AD=5，
∵HK⊥AB，∠ACD=90°，
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∴CD∥HK，
∴△ACD∽△AKH，
AC CD AD 4 3 1
∴ = = ，即 = = ，
AK HK AH AK HK 2
∴AK=8，HK=6，
∴BK=AK−AB=6，
∴BH=√BK2+H K2=6√2，
∴AF+GH的最小值为6√2，
∴AF+FG+GH的最小值为6√2+2，
故答案为：6√2+2．
5．（2025·上海·模拟预测）如图，△ABC中，∠ACB=90°，BC=6，AC=8．点D，E在边AB上；点
F，G分别在边BC与AC上．当四边形DEFG为矩形，且其宽为长的一半时，DE的长为 ．
60 240
【答案】 或
31 49
【分析】本题考查了矩形的性质，勾股定理，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．
根据勾股定理求出AB=10，根据矩形的性质得到DG=EF,DE=FG，∠GDE=∠≝=90°，得到
AD AC 8 4 4
△ADG∽△ACB，得出 = = = ，求出AD= DG，
DG BC 6 3 3
BE BC 6 3 3
同理得到△FEB∽△ACB，得出 = = = ，求出BE= EF，分：当DE为矩形的宽时；当DE为
EF AC 8 4 4
矩形的长时，两种情况讨论即可．
【详解】解：∵∠ACB=90°，BC=6，AC=8，
∴AB=√AC2+BC2=√82+62=10，
∵四边形DEFG为矩形，
∴DG=EF,DE=FG，∠GDE=∠≝=90°，
∴∠ADG=∠BEF=90°，
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∠ACB=∠ADG=∠BEF=90°，
∵∠A=∠A，
∴△ADG∽△ACB，
AD AC 8 4
∴ = = = ，
DG BC 6 3
4
∴AD= DG，
3
同理△FEB∽△ACB，
BE BC 6 3
∴ = = = ，
EF AC 8 4
3
∴BE= EF，
4
当DE为矩形的宽时，DG=EF=2DE，
4 8 3 3
∴AD= ×2DE= DE，BE= ×2DE= DE，
3 3 4 2
∵AB=AD+DE+BE，
8 3
∴ DE+DE+ DE=10，
3 2
60
∴DE= ；
31
1
当DE为矩形的长时，DG=EF= DE，
2
4 1 2 3 1 3
∴AD= × DE= DE，BE= × DE= DE，
3 2 3 4 2 8
2 3
∴ DE+DE+ DE=10，
3 8
240
∴DE= ，
49
60 240
综上，DE的长为 或 ．
31 49
60 240
故答案为： 或 ．
31 49
6．（2025·湖南郴州·模拟预测）如图，在四边形ADBE中，对角线AB，ED相交于点F，且AF=BF，
EF=DF．过点A作AC∥ED，交BD的延长线于点C，________．
请从“①AF=EF；②AB=AC”这两组条件中任选一组作为已知条件，填在横线上（填序号），再解决
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下列问题：
（1）求证：四边形ADBE是矩形；
12
（2）若tanC= ，AE=5，求线段DF的长．
5
【答案】（1）见解析；（2）6.5
【分析】本题考查矩形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、解直角三角形等知识，熟练掌握矩形的
判定方法是解答的关键．
（1）先证明四边形ADBE的是平行四边形，若选择①，可证明AB=ED，根据矩形的判定可得结论；若
选择②，先证明四边形ACDE的是平行四边形，可得到ED=AC=AB，再根据矩形的判定可得结论；
（2）根据矩形性质可得∠EBD=90°，BD=AE=5，再根据平行线的性质和正切定义可求得
12
BE=BD⋅tan∠BDE=5× =12，进而利用勾股定理求得DE即可求解．
5
【详解】解：（1）方法一：选择①AF=EF．
证明：∵四边形ADBE的对角线AB，ED相交于点F，且AF=BF，EF=DF，
∴四边形ADBE的是平行四边形，
1 1
∴AF= AB，EF= ED，
2 2
又∵AF=EF，
∴AB=ED，
∴四边形ADBE为矩形．
方法二：选择②AB=AC．
证明：∵四边形ADBE的对角线AB，ED相交于点F，且AF=BF，EF=DF，
∴四边形ADBE的是平行四边形，
∴AE∥CD，
又∵AC∥ED，
∴四边形ACDE的是平行四边形，
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∴AC=DE，
又∵AB=AC，
∴AB=ED，
∴四边形ADBE为矩形．
（2）解：由（1）已证明四边形ADBE矩形，
∴∠EBD=90°，BD=AE=5，
又∵AC∥ED，
∴∠EDB=∠C．
12
∵在Rt△EDB中，BE=BD⋅tan∠BDE=5× =12，
5
∴DE=√BE2+BD2=√122+52=13，
1 1 13
∴DF= DE= ×13= ．
2 2 2
7．（2025·江苏连云港·一模）如图，菱形ABCD中，∠B=60°，点E是AB边上的点，AE=4，BE=8，
点F是BC上的一点，△EGF是以点G为直角顶点，∠EFG为30°角的直角三角形，连结AG，当点F在直
线BC上运动时，求线段AG的最小值？
【答案】2√3
【分析】过点E作EM⊥BC于点M，作MH⊥AB于点H，作AP⊥GM于点P，点E、M、F、G四
点共圆，四边形MHAP是矩形，MH=AP，EM=BE⋅cos30°=4√3，AG≥AP=2√3，由此即可求解．
【详解】解：过点E作EM⊥BC于点M，作MH⊥AB于点H，作AP⊥GM于点P，
∵∠EMF+∠EGF=180°
，
∴点E、M、F、G四点共圆，
∴∠EMG=∠EFG=30°，
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∵∠B=60°，
∴∠BEM=30°=∠EMG，
∴MG∥AB，
四边形MHAP是矩形，∴MH=AP，
∵BE=8，
∴EM=BE⋅cos30°=4√3，
1
∴MH= EM=2√3=AP，
2
∴AG≥AP=2√3，
∴AG的最小值为2√3．
【点睛】本题主要考查菱形的性质，矩形的判定和性质，垂线段最短，含30度角的直角三角形的性质，特
殊角的直角三角形的计算，圆的基础知识，理解垂线段最短的计算方法，合理作出辅助线是关键．
【题型三】利用菱形的性质求解
1）对于菱形的定义要注意两点（缺一不可）：①是平行四边形；②一组邻边相等.
2）利用对角线长求菱形的面积时，要特别注意不要漏掉计算公式中的 .
1）菱形的对角线互相垂直平分，因此涉及菱形的问题常会在直角三角形中解决；
2）菱形的四条边相等，因此菱形与等腰三角形、等边三角形的合应用较多，利用菱形的性质求线段、角
时，注意菱形与其他几何知识的结合.
3）在求菱形面积时，要根据图形特点及已知条件，灵活地选择面积公式来解决问题.
【中考真题】
1．（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'
2．（2024·海南·中考真题）如图，菱形ABCD的边长为2，∠ABC=120°，边AB在数轴上，将AC绕点
A顺时针旋转，点C落在数轴上的点E处，若点E表示的数是3，则点A表示的数是（ ）
A．1 B．1−√3 C．0 D．3−2√3
【答案】D
【分析】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质，勾股定理．作CF⊥AE于点F，利用菱形的性质，
直角三角形的性质，勾股定理计算即可．
【详解】解：作CF⊥AE于点F，
∵∠ABC=120°，
∴∠FBC=60°，
∵BC=2，
1
∴BF= BC=1，CF=√BC2−BF2=√3，
2
∴AF=AB+BF=3，
∴AE=AC=√AF2+CF2=√32+(√3) 2=2√3，
∵点E表示的数是3，
∴点A表示的数是3−2√3，
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故选：D．
3．（2023·内蒙古·中考真题）如图，在菱形ABCD中，AB=4，∠A=120°，顺次连接菱形ABCD各边
中点E、F、G、H，则四边形EFGH的周长为（ ）
A．4+2√3 B．6+2√3 C．4+4√3 D．6+4√3
【答案】C
【分析】首先利用三角形的中位线定理证得四边形EFGH为平行四边形，再求对角线长度，然后利用三角
形中位线定理求出此平行四边形边长即可求出周长．
【详解】
解：如图，连接AC、BD，相交于点O，
∵ E、F、G、H AB、BC、CD、DA
点 分别是边 的中点，
1 1
∴EF= AC，GH= AC，
2 2
∴EF=GH，同理EH=FG，
∴四边形EFGH是平行四边形，
∵四边形ABCD是菱形， AB=4，∠A=120°，
∴对角线AC、BD互相垂直，
∴AD∥BC，
∴∠A+∠ABC=180°，
∴∠ABC=60°，AB=BC=4，
∴△ABC是等边三角形，
∴AC=4，
1
在Rt△AOB中，AB=4，OA= AC=2，
2
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∴OB=√42−22=2√3，
∴BD=4√3，
1 1
∴EF= AC=2，EH= BD=2√3，
2 2
∴四边形EFGH的周长为(2+2√3)×2=4+4√3．
故选：C．
【点睛】本题考查了中点四边形的知识，解题的关键是灵活运用三角形的中位线定理，菱形的性质及平行
四边形的判定与性质进行计算．
4．（2023·河北·中考真题）如图，直线l ∥l ，菱形ABCD和等边△EFG在l ，l 之间，点A，F分别在l ，
1 2 1 2 1
l 上，点B，D，E，G在同一直线上：若∠α=50°，∠ADE=146°，则∠β=（ ）
2
A．42° B．43° C．44° D．45°
【答案】C
【分析】如图，由平角的定义求得∠ADB=180°−∠ADE=34°，由外角定理求得，
∠AHD=∠α−∠ADB=16°，根据平行性质，得∠GIF=∠AHD=16°，进而求得
∠β=∠EGF−∠GIF=44°．
【详解】如图，∵∠ADE=146°
∴∠ADB=180°−∠ADE=34°
∵∠α=∠ADB+∠AHD
∴∠AHD=∠α−∠ADB=50°−34°=16°
∵l ∥l
1 2
∴∠GIF=∠AHD=16°
∵∠EGF=∠β+∠GIF
∴∠β=∠EGF−∠GIF=60°−16°=44°
故选：C．
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【点睛】本题考查平行线的性质，平角的定义，等边三角形的性质，三角形外角定理，根据相关定理确定
角之间的数量关系是解题的关键．
5．（2024·山东淄博·中考真题）如图，在边长为10的菱形ABCD中，对角线AC，BD相交与点O，点E
OF 5
在BC延长线上，OE与CD相交与点F．若∠ACD=2∠OEC， = ，则菱形ABCD的面积为
FE 6
．
【答案】96
【分析】此题重点考查菱形的性质、相似三角形的判定与性质、勾股定理等知识．作OH∥BC交CD于点
1
H，则△DOH∽△DBC，求得OH= BC=5，再证明△OFH∽△EFC，求得EC=6，再证明
2
∠OEC=∠COE，则OC=EC=6，利用勾股定理求得OB的长，再利用菱形的面积公式求解即可得到问
题的答案．
【详解】解：作OH∥BC交CD于点H，则△DOH∽△DBC，
∵四边形ABCD是边长为10的菱形，对角线AC，BD相交于点O，
1
∴BC=10，OD=OB= BD，OA=OC，AC⊥BD，
2
OH OD 1
∴ = = ，∠BOC=90°，
BC BD 2
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1
∴OH= BC=5，
2
OF 5
∵OH∥BC， = ，
FE 6
∴△OFH∽△EFC，
OH OF 5
∴ = = ，
EC FE 6
6 6
∴EC= OH= ×5=6，
5 5
∵四边形ABCD是菱形，且∠ACD=2∠OEC，
∴∠ACB=∠ACD=2∠OEC=∠COE+∠OEC，
∴∠OEC=∠COE，
∴OC=EC=6，
∴OB=√BC2−OC2=√102−62=8，
∴BD=2OB=16，AC=2OC=12，
1 1
∴S = BD·AC= ×16×12=96，
菱形ABCD 2 2
故答案为：96．
6．（2024·黑龙江牡丹江·中考真题）在Rt△ACB中，∠ACB=90°，BC=12，AC=8，以BC为边向
△ACB外作有一个内角为60°的菱形BCDE，对角线BD，CE交于点O，连接OA，请用尺规和三角板作
出图形，并直接写出△AOC的面积．
【答案】图形见解析，△AOC的面积为12或36．
【分析】本题考查了菱形的性质，直角三角形的性质以及勾股定理．分两种情况讨论，作OF⊥BC，垂
足为F，利用直角三角形的性质以及勾股定理分别求得CF的长，再利用三角形面积公式即可求解．
【详解】解：当∠CBE=60°时，所作图形如图，作OF⊥BC，垂足为F，
∵菱形BCDE，∠CBE=60°，
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∴∠COB=90°，∠CBO=30°，∠OCB=60°，
∵BC=12，
1
∴OC= BC=6，
2
∵∠OCB=60°，
∴∠COF=30°，
1
∴CF= OC=3，
2
1
∴△AOC的面积为 ×8×3=12；
2
当∠BCD=60°时，所作图形如图，作OF⊥BC，垂足为F，
∵菱形BCDE，∠BCD=60°，
∴∠COB=90°，∠BCO=30°，
∵BC=12，
1
∴OB= BC=6，OC=√BC2−OB2=6√3，
2
1
∴OF= OC=3√3，CF=√OC2−OF2=9，
2
1
∴△AOC的面积为 ×8×9=36；
2
综上，△AOC的面积为12或36．
【模拟训练】
1．（2025·陕西·模拟预测）如图，在菱形ABCD中，∠D=110°，在菱形左侧作射线BM，使得
∠ABM=55°，过点A作AG⊥BM于点G．若对角线AC=10，则AG的长为（ ）
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A．10 B．6 C．5 D．4
【答案】C
1
【分析】根据菱形的性质得到∠BAC= ∠BAD=35°，连接BD交AC于点O，证得
2
1
△ABO≌△ABG(AAS)，由对角线AC=10，则AO= AC=5，即可得到AG的值．
2
本题考查了菱形的性质，三角形内角和定理，全等三角形的判定与性质，熟练掌握全等三角形的判定与性
质是解题的关键．
【详解】∵菱形ABCD中，∠D=110°，
∴∠BAD=180°−110°=70°，
∵对角线AC平分∠BAD，
1
∴∠BAC= ∠BAD=35°，
2
连接BD交AC于点O，
∵过点A作AG⊥BM于点G，
∴∠AGB=90°
∵菱形ABCD中，AB垂直平分BD，
∴∠AOB=90°，
1
∵∠BAC= ∠A=35°，
2
∴∠ABO=90°−35°=55°
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在△ABO和△ABG中，
¿
∴△ABO≌△ABG(AAS)
∴AG=AO，
∵对角线AC=10，
1
∴AO= AC=5，
2
∴AG=AO=5．
故选：C．
2．（2025·湖南·二模）如图，在平面直角坐标系xOy中，菱形ABCO的顶点O是坐标原点，B(−2√3,0)，
k
顶点A在反比例函数y= （k≠0，x<0）的图象上，若菱形ABCO的周长为8，则k的值为（ ）
x
A．√3 B．2√3 C．−√3 D．−2√3
【答案】C
【分析】本题考查了菱形的性质，勾股定理，反比例函数，掌握菱形的性质是关键．
根据菱形的性质得到AB=BC=CO=AO=2，OB=2√3，如图所示，连接AC交OB于点E，AC⊥BO，
1
OE=BE= OB=√3，在Rt△AOE中，由勾股定理得到AE=1，则A(−√3,1)，由此即可求解．
2
【详解】解：∵四边形ABCO是菱形，周长为8，
∴AB=BC=CO=AO=2，
∵B(−2√3,0)，
∴OB=2√3，
如图所示，连接AC交OB于点E，
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1
∴AC⊥BO，OE=BE= OB=√3，
2
在Rt△AOE中，AE=√AO2−OE2=√22−(√3) 2=1，
∴A(−√3,1)，
∴k=−√3，
故选：C ．
3．（2025·湖南娄底·二模）如图，在菱形ABCD中，∠B=60°，⊙O内切于菱形ABCD，则⊙O的面积
与菱形ABCD的面积之比是（ ）
√3 √3π √3 √3π
A． B． C． D．
16 16 8 8
【答案】D
【分析】本题考查切线的性质，菱形的性质，解直角三角形等知识，正确添加常用辅助线，构造直角三角
形是解题的关键．
设AB、BC、AD上的切点分别为E,F,H，连接OH,OA,OE,OB,OF，则
OE⊥AB,OF⊥BC,OH⊥AD，再说明△AOB是直角三角形，分别用OA表示出OE,AB的长，最后
根据面积法求解即可．
【详解】解：如图：设AB、BC、AD上的切点分别为E,F,H，连接OH,OA,OE,OB,OF，则
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OE⊥AB,OF⊥BC,OH⊥AD，
∵⊙O内切于菱形ABCD，
∴OE=OF=OH，
∴OB平分∠ABC，OA平分∠BAD，
∵∠ABC=60°，
∴∠ABO=30°，
∵菱形ABCD中，∠BAD=180°−60°=120°，
∴∠BAO=60°，
∴∠AOB=90°，
1 √3
∴AO= AB,OE=AO⋅sin∠EAO= AO，
2 2
1 √3
∴S =4× AB⋅OE=2⋅2AO⋅ AO=2√3AO2 ，
菱形ABCD 2 2
2
∴S =π⋅OE2=π (√3 AO ) = 3π AO2，
⊙O 2 4
3π
AO2
S 4 √3π，
∴ ⊙O = =
S 2√3AO2 8
菱形ABCD
故选：D．
4．（2025·河北沧州·一模）如图，已知菱形ABCD的边长为2√3，∠ABC=60°，点G、E、F分别是
BD、AB、AD上的点，若¿+GF=3，则AE+AF的值是 ．
【答案】√3
【分析】本题考查菱形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，解直角三角形，连
接AC，过A作AM⊥BC于M，在BC上截取BK=BE，连接GK，由菱形的性质推出
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∠ABC=∠CBD,BC=BA，BC∥AD，判定△BGK≌△BGE(SAS)，推出GK=≥,∠BEG=∠BKG，
√3
得到GF+GK=3，判定△ABC是等边三角形，求出AM= AB=3，判定F、G、K共线，且FK⊥BC，
2
1
由菱形的性质推出∠GBE=∠GDF= ∠ABC=30°，AB=AD=2√3，求 出BE=√3≥,DF=√3GF，
2
得到BE+DF=3√3，于是AE+AF=BA+AD−(BE+DF)=√3．
【详解】解：连接AC，过A作AM⊥BC于M，在BC上截取BK=BE，连接GK，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠ABC=∠CBD,BC=BA,BC∥AD，
∵BG=BG
∴△BGK≌△BGE(SAS)，
∴GK=≥,∠BEG=∠BKG，
∵GF+≥=3 ，
∴GF+GK=3，
∵∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
√3
∴AM= AB=3，
2
∴GF+GK=AM，
∴F、G、K共线，且FK⊥BC，
∴∠BEG=∠BKG=90°，
∵AD∥BC，
∴FK⊥AD，
∴∠GFD=90°，
∵四边形ABCD是菱形，
1
∴∠GBE=∠GDF= ∠ABC=30°,AB=AD=2√3，
2
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∴BE=√3≥,DF=√3GF，
∴BE+DF=√3(≥+GF)=3√3，
∴AE+AF=BA+AD−(BE+DF)=2√3+2√3−3√3=√3
故答案为：√3．
5．（2025·河南驻马店·一模）如图，菱形ABCD中，AB=4,∠B=120°，将菱形ABCD绕点A逆时针旋
转得到菱形AB'C'D'，连接CC'，当B'C'与CD第一次垂直时，∠D'C'C的度数为 ．
【答案】105°/105度
【分析】本题考查了菱形的性质，旋转的性质，等腰三角形的判定和性质，掌握性质、旋转的性质，等边
对角的运用是关键．
根据菱形，旋转的性质得到AB=AB',∠BCD=∠B'C'D'=60°，ABC=∠AB'C'=∠ADC，
AB'=B'C'=AD=CD，如图所示，连接B'D，设B'C'与CD交于点E，可证EC'=EC，
∠EC'C=∠ECC'，由此得到∠EC'C=∠ECC=45°，由
∠D'C'C=∠D'C'B'+∠EC'C=60°+45°=105°，即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC=CD=AD，AB∥CD，∠ABC=∠ADC=120°，
∵∠ABC=120°，
∴∠BCD=60°，
∵旋转，
∴AB=AB',∠BCD=∠B'C'D'=60°，∠ABC=∠AB'C'=∠ADC，
∴AB'=B'C'=AD=CD，
如图所示，连接B'D，设B'C'与CD交于点E，
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∵AB'=AD，
∴∠AB'D=∠ADB'，
∴∠AB'C'−∠AB'D=∠ADC−∠ADB'，即∠EB'D=∠EDB'，
∴EB'=ED，
∴B'C'−EB'=CD−ED，即EC'=EC，
∴∠EC'C=∠ECC'，
∵B'C'⊥CD，即∠CEC'=90°，
1
∴∠EC'C=∠ECC'= (180°−∠CEC')=45°，
2
∴∠D'C'C=∠D'C'B'+∠EC'C=60°+45°=105°，
故答案为：105° ．
6．（2025·北京·模拟预测）如图，在菱形ABCD中，AC、BD交于点O，延长CB到点E，使BE=BC，
连接AE．
(1)求证：四边形AEBD是平行四边形；
1
(2)连接OE，若tan∠AEB= ，OE=√17，求AC的长．
2
【答案】(1)见解析
(2)2
【分析】本体考查了菱形的性质，平行四边形的判定和性质，解直角三角形的应用，掌握相关知识点是解
题关键．
（1）根据菱形的性质，得出AD=BE，AD∥BE，即可证明结论；
（2）根据菱形和平行四边形的性质，以及正切值，设OA=x，则AE=BD=4x，再利用勾股定理求解
x=1，即可求解．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，AD=BC，
∵BE=BC，
∴AD=BE，
又∵AD∥BE，
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∴四边形AEBD是平行四边形；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，AC=2OA，BD=2OD，
∵四边形AEBD是平行四边形，
∴AE∥BD，∠AEB=∠ADB，AE=BD，
1
∵tan∠AEB= ，
2
OA 1
∴tan∠ADB= = ，
OD 2
∴设OA=x，则OD=2x，
∴AE=BD=2OD=4x，
∵AC⊥BD，AE∥BD，
∴AC⊥AE，
∴在Rt△OAE中，OE=√OA2+AE2=√x2+(4x) 2=√17x，
∵OE=√17，
∴x=1，
∴AC=2OA=2x=2．
7 （2025·黑龙江哈尔滨·一模）如图1，菱形ABCD中，点E是对角线AC上一点，连接BE、DE．
(1)求证：BE=DE；
(2)如图2，若∠ABC=80°，点F在线段AD上，连接EF，当△AEF是等腰三角形时，请直接写出
∠AEF的度数．
【答案】(1)见详解
(2)80°或65°或50°
【分析】本题考查了菱形的性质，等腰三角形的性质，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．
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（1）根据菱形的性质得∠BAE=∠DAE，AD=AB，然后证明△BAE≌△DAE，即可作答．
（2）根据菱形的性质得BC∥AD，∠BAE=∠DAE，∠BAE=∠DAE=50°，然后结合等腰三角形的
性质，进行逐个作图，且根据三角形内角和性质列式计算，即可作答．
【详解】（1）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴∠BAE=∠DAE，AD=AB，
∵AE=AE，
∴△BAE≌△DAE，
∴BE=DE；
（2）解：∵四边形ABCD是菱形，
∴BC∥AD，∠BAE=∠DAE，
∵∠ABC=80°，
∴∠BAD=180°−80°=100°，
∴∠BAE=∠DAE=50°
∵△AEF是等腰三角形，
∴当EA=FE时，如图所示：
∴∠EFA=∠DAE=50°，
∴∠AEF=180°−50°−50°=80°；
∴当EA=FA时，如图所示：
1
∴∠AEF=∠AFE= ×(180°−50°)=65°；
2
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∴当EF=FA时，如图所示：
∴∠AEF=∠DAC=50°；
综上：当△AEF是等腰三角形时，∠AEF的度数为80°或65°或50°．
【题型四】利用菱形的性质与判定求解
【中考真题】
1．（2024·湖北武汉·中考真题）小美同学按如下步骤作四边形ABCD：①画∠MAN；②以点A为圆心，1
个单位长为半径画弧，分别交AM，AN于点B，D；③分别以点B，D为圆心，1个单位长为半径画弧，
两弧交于点C；④连接BC，CD，BD．若∠A=44°，则∠CBD的大小是（ ）
A．64° B．66° C．68° D．70°
【答案】C
【分析】本题考查了基本作图，菱形的判定和性质，根据作图可得四边形ABCD是菱形，进而根据菱形的
性质，即可求解．
【详解】解：作图可得AB=AD=BC=DC
∴四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC,∠ABD=∠CBD
∵∠A=44°，
∴∠MBC=∠A=44°，
1 1
∴∠CBD= (180°−∠MBC)= (180°−44°)=68°，
2 2
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故选：C．
2．（2023·西藏·中考真题）如图，两张宽为3的长方形纸条叠放在一起，已知∠ABC=60°，则阴影部分
的面积是（ ）
9 9√3
A． B．3√3 C． D．6√3
2 2
【答案】D
【分析】首先过点B作BE⊥AD于点E，BF⊥CD于点F，由题意可得四边形ABCD是平行四边形，继
而求得AB=BC的长，判定四边形ABCD是菱形，则可求得答案．
【详解】过点B作BE⊥AD于点E，BF⊥CD于点F，
根据题意得：AD∥BC，AB∥CD，BE=BF=3，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∵∠ABC=∠ADC=60°，
∴∠ABE=∠CBF=30°，
∴AB=2AE，BC=2CF，
∵AB2=AE2+BE2，BE=3，
∴AB=2√3，
同理： BC=2√3，
∴AB=BC，
∴四边形ABCD是菱形，
∴AD=2√3，
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∴S =AD×BE=6√3．
菱形ABCD
故选：D．
【点睛】此题考查了平行四边形的判定与性质，菱形的判定与性质，勾股定理，含30°角的直角三角形的
性质等知识，解题关键在于掌握菱形判定定理和作辅助线．
3．（2022·江苏常州·中考真题）如图，将一个边长为20cm的正方形活动框架（边框粗细忽略不计）扭动
成四边形ABCD，对角线是两根橡皮筋，其拉伸长度达到36cm时才会断裂．若∠BAD=60°，则橡皮筋
AC 断裂（填“会”或“不会”，参考数据：√3≈1.732）．
【答案】不会
【分析】设扭动后对角线的交点为O，根据正方形的性质，得出扭动后的四边形为菱形，利用菱形的性质
及条件，得出△ABD为等边三角形，利用勾股定理算出AO=10√3，从而得到AC，再比较即可判断．
【详解】解：设扭动后对角线的交点为O，如下图：
∵∠BAD=60°
，
根据正方形的性质得，
得出扭动后的四边形四边相等为菱形，
AD=AB=20cm，
∴△ABD为等边三角形，
∴BD=20cm，
1
∴BO= BD=10cm，
2
∴AO=√AB2−BO2=10√3cm，
根据菱形的对角线的性质：AC=2AO=20√3≈34.64(cm)，
∵34.64<36，
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∴AC不会断裂，
故答案为：不会．
【点睛】本题考查了正方形的性质、菱形的判定及性质、等边三角形、勾股定理，解题的关键是要掌握菱
形的判定及性质．
4．（2024·山东德州·中考真题）如图， ▱ABCD中，对角线AC平分∠BAD．
(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，
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∵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．
5．（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．
(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°，
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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：
∵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，
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∵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，
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．
6．（2023·甘肃兰州·中考真题）如图，矩形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，CD∥OE，直线CE
是线段OD的垂直平分线，CE分别交OD，AD于点F，G，连接DE．
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(1)判断四边形OCDE的形状，并说明理由；
(2)当CD=4时，求EG的长．
【答案】(1)四边形OCDE是菱形，理由见解析
4√3
(2)EG= ．
3
【分析】（1）证明△COD和△EOD是等边三角形，即可推出四边形OCDE是菱形；
（2）利用含30度角的直角三角形的性质以及勾股定理求得DF和CF的长，利用菱形的性质得到
EF=CF=2√3，在Rt△CGF中，解直角三角形求得GF的长，据此求解即可．
【详解】（1）证明：四边形OCDE是菱形，理由如下，
∵矩形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，
1 1
∴OC=OD= AC= BD，
2 2
∵直线CE是线段OD的垂直平分线，
∴CO=CD，EO=ED，
∴CO=CD=OD，即△COD是等边三角形，
1
∴∠OCD=∠DCO=∠DOC=60°，∠OCF=∠DCF= ∠OCD=30°，
2
∵CD∥OE，
∴∠EOD=∠EDO=∠CDO=60°，
∴△EOD是等边三角形，
∴CO=CD=EO=ED，
∴四边形OCDE是菱形；
（2）解：∵直线CE是线段OD的垂直平分线，且∠DCF=30°，
1
∴DF= CD=2，CF=√3DF=2√3，
2
由（1）得四边形OCDE是菱形，
∴EF=CF=2√3，
在Rt△DGF中，∠GDF=90°−∠ODC=30°，
√3 2√3
∴GF=DFtan30°=2× = ，
3 3
4√3
∴EG=EF−GF= ．
3
【点睛】本题考查了菱形的判定和性质，等边三角形的判定与性质，解直角三角形，线段垂直平分线的性
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质，解答本题的关键是明确题意，找出所求问题需要的条件．
【模拟训练】
1．（2025·山东济南·一模）如图．以点A为圆心，以适当长为半径画弧，交AC于点M，交AB于点N．
1
分别以M，N为圆心，以大于 MN的长为半径画弧，两弧在 ∠BAC的内部相交于点P． 作射线AP交
2
1
BC于点D． 分别以A，D为圆心，以大于 AD的长为半径画弧，两弧相交于G，H两点．作直线GH，
2
3
交AC，AB分别于点E，F． 若AF=2，CE=3， BD= ，则CD的长是（ ）
2
A．2 B．1.75 C．2.25 D．3
【答案】C
【分析】本题考查了作图−复杂作图，菱形的判定和性质，平行成比例线段，垂直平分线的性质，熟练掌
握垂直平分线的性质是解题的关键；
利用作法得AD平分∠BAC，EF垂直平分AD，所以∠EAD=∠FAD，EA=ED，FA=FD，再证明四
边形AEDF为菱形，得到AE=AF=2，然后利用平行线分线段成比例定理计算CD的长．
【详解】解：由作法得AD平分∠BAC，EF垂直平分AD，连接ED，FD，
∴∠EAD=∠FAD EA=ED FA=FD
， ， ，
∵EA=ED，
∴∠EAD=∠EDA，
∴∠FAD=∠EDA，
∴DE∥AF，
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∵FA=FD，
∴∠FAD=∠FDA，
∵∠EAD=∠ADF，
∴ AE∥DF，
∴四边形AEDF为平行四边形，
而EA=ED，
∴四边形AEDF为菱形，
∴AE=AF=2，
∵DE∥AB，
CD CE
∴ = ，
DB EA
CD 3
=
即 3 2，
2
∴CD=2.25；
故选：C
2．（2025·浙江金华·模拟预测）如图是铺设在人行道上地板砖的一部分，它由正六边形和菱形无缝隙镶嵌
而成．ABCD为各多边形顶点，已知正六边形的边长为1，则四边形 ABCD 的面积为（ ）
7√3 9√3
A．3√3 B． C．4√3 D．
2 2
【答案】B
【分析】如图，连接HG、AI，FD，AC，过A作AJ⊥BC于点J，先证明H、G、F、D共线，再求出
1
HG=AH=1，OH=OG= ，FD=1，利用勾股定理得AB=BC=AC=CD=√7=AD，从而四边形
2
1 √21
ABCD是菱形，△ABC是等边三角形，进而得BJ=CJ= √7，AJ= ，于是即可得解．
2 2
【详解】解：如图，连接HG、AI，FD，AC，过A作AJ⊥BC于点J，
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180°×(6−2)
由正六边形的性质得∠AGF=∠IGF= =120°，
6
∴∠AGI=360°−120°−120°=120°，
∵四边形AHIG是菱形，
1
∴AI⊥HG，AGH= ∠AGI=60°，AH=AG=GI=HI=1，OH=OG，
2
∴∠AGH+∠AGF=180°，即点H、G、F共线，
同理：点G、F、D共线，
∴H、G、F、D共线，
∵AH∥IG，
∴∠HAG=180°−∠AGI=60°，
∴△AHG是等边三角形，
1
∴HG=AH=1，OH=OG= ，
2
同理：FD=1，
∴OD=OG+GF+FD=
5
，AO=
√
12−
(1) 2
=
1
√3，
2 2 2
√ (1 ) 2 (5) 2
∴AD= √3 + =√7，
2 2
同理可得AB=BC=AC=CD=√7=AD，
∴四边形ABCD是菱形，△ABC是等边三角形，
∵AJ⊥BC，
∴BJ=CJ= 1 √7，AJ= √ (√7) 2 − (1 √7 ) 2 = √21 ，
2 2 2
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√21 7√3
∴四边形 ABCD 的面积为AJ⋅BC= ×√7= ．
2 2
故选∶B．
【点睛】本题主要考查了等边三角形的判定及性质，菱形的判定及性质，勾股定理，正多边形的性质，熟
练掌握等边三角形的判定及性质，菱形的判定及性质是解题的关键．
1
3．（2025·山西长治·模拟预测）如图，在△ABC中，分别以点B，C为圆心，大于 BC的长为半径画弧，
2
两弧交于点D，E，且点D恰好在AC边上，直线DE与BC交于点F，连接BD,BE,CE．若
CD=2,∠ACB=30°，则四边形BECD的面积为（ ）
A．√3 B．2√3 C．4 D．8
【答案】B
【分析】此题考查了菱形的判定和性质、含30°角的直角三角形、勾股定理等知识．由作图可得到
DE⊥BC，四边形BECD是菱形，则BC=2CF,DE=2DF,再由含30°角的直角三角形和勾股定理求出
DF=1，CF=√3，即可得到BC=2√3,DE=2,即可得到四边形BECD的面积．
【详解】解：由题意可知，DE垂直平分BC，BD=CD=BE=CE，
∴DE⊥BC，四边形BECD是菱形，
∴BC=2CF,DE=2DF,
∵CD=2,∠ACB=30°，
1
∴DF= CD=1，
2
∴CF=√CD2−DF2=√3
∴BC=2CF=2√3,DE=2DF=2,
1
∴四边形BECD的面积为 BC⋅DE=2√3，
2
故选：B
4．（2025·湖北·模拟预测）如图，以BD为一边在其两侧作等边△ABD和等边△BCD，连接AC，AC和
BD相较于O，过B作BE⊥AD与E，连接OE，CE，且OE=2cm．则：
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（1）∠AOE= ；
（2）CE= ．
【答案】 30°/30度 2√7cm/2√7厘米
【分析】（1）根据等边三角形性质得出AB=BC=CD=AD=BD，∠BAD=∠ADB=∠ABD=60°，
证明四边形ABCD为菱形，根据菱形的性质得出AC⊥BD，AO=CO，BO=DO，
1
∠DAO= ∠BAD=30°，根据等边三角形性质得出AE=DE，根据直角三角形性质得出
2
1
OE=AE=DE= AD，最后求出结果即可；
2
（2）过E作EF⊥AC于F，根据勾股定理得出AO=√AD2−OD2=2√3cm，根据直角三角形性质得出
1
EF= OE=1cm，根据勾股定理得出OF=√22−12=√3(cm)，
2
CE=√EF2+CF2=√12+(3√3) 2=2√7 (cm)即可．
【详解】解：（1）∵△ABD和△BCD都是等边三角形，
∴AB=BC=CD=AD=BD，∠BAD=∠ADB=∠ABD=60°，
∴四边形ABCD为菱形，
1
∴AC⊥BD，AO=CO，BO=DO，∠DAO= ∠BAD=30°，
2
∵△ABD为等边三角形，BE⊥AD，
∴AE=DE，
1
∴OE=AE=DE= AD，
2
∴∠AOE=∠DAO=30°；
（2）过E作EF⊥AC于F，
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∵OE=2cm，
∴AD=2OE=4cm，
∴BD=AD=4cm，
1
∴OD= BD=2cm，
2
∴AO=√AD2−OD2=2√3cm，
∴OA=OC=2√3cm，
∵∠AOE=30°，∠EFO=90°，
1
∴EF= OE=1cm，
2
∴OF=√22−12=√3(cm)，
∴CF=2√3+√3=3√3(cm)，
在Rt△CEF中，CE=√EF2+CF2=√12+(3√3) 2=2√7 (cm)．
故答案为：30°；2√7cm．
【点睛】本题主要考查了菱形的判定和性质，勾股定理，直角三角形的性质，解题的关键是熟练掌握菱形
的判定和性质．
5．（2025·河南开封·一模）在平行四边形ABCD中 ，AB=4，∠ABC=60°，点O为对角线AC的中点，
连接BO．当△AOB是直角三角形时，AC的长为
【答案】4或4√3
【分析】由平行四边形的性质可得OA=OC，OB=OD，分两种情况：当∠AOB=90°，当∠BAO=90°
时，根据菱形的性质，等边三角形的判定与性质，直角三角形的性质求解即可．
【详解】解： ∵四边形ABCD是平行四边形，点O为对角线AC的中点，
∴ OA=OC，OB=OD，
当∠AOB=90°，即AC⊥BD时，平行四边形ABCD是菱形，
∴ AB=BC
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∵ ∠ABC=60°，
∴ △ABC是等边三角形，
∴ AC=AB=4；
当∠BAO=90°时，
∵ ∠ABC=60°，
∴ ∠BCA=180°−∠BAO−∠ABC=30°，
∴ BC=2AB=8，
∴ AC=√BC2−AB2=√82−42=4√3；
综上所述，AC的长为4或4√3，
故答案为：4或4√3．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，含
30°角的直角三角形的性质，掌握相关知识是解题的关键．
6．（2025·贵州铜仁·模拟预测）如图，在平行四边形ABCD中，作对角线AC的垂直平分线交BC于点E，
交AD于点F，连接AE，CF．
(1)判断四边形AECF是哪种特殊的四边形，并说明理由；
(2)若AF=5，AC+EF=14，求四边形AECF的面积．
【答案】(1)四边形AECF是菱形，理由见详解
(2)24
【分析】（1） 根据平行四边形的性质得AF∥CE，AO=CO，再证明△AFO≌△CEO，则AF=EC，
得四边形AECF是平行四边形，结合FE是AC的垂直平分线，即可作答．
（2）根据勾股定理算出AO=3或AO=4，再结合菱形的面积等于对角线乘积的一半，即可作答．
【详解】（1）解：四边形AECF是菱形，理由如下：
∵四边形ABCD是平行四边形，
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∴AF∥CE，AO=CO，
∴∠AFO=∠CEO，
∵∠AOF=∠COE，
∴△AFO≌△CEO，
∴AF=EC，
∴四边形AECF是平行四边形，
∵FE是AC的垂直平分线，
∴EF⊥AC，
∴四边形AECF是菱形；
（2）解：∵AC+EF=14，且四边形AECF是菱形；
∴AO+OF=7，
在Rt△AOF中，AF2=AO2+OF2
,
∴25=AO2+(7−AO) 2，
解得AO=3或AO=4，
则对应的FO=4或FO=3，
1 1
则AC×EF× =6×8× =24，
2 2
∴四边形AECF的面积为24．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，菱形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，垂直
平分线的性质，正确掌握相关性质内容是解题的关键．
7．（2025·安徽合肥·一模）王老师带领同学们以“直角三角形的旋转”为主题开展探究活动：如图1，在
Rt△ABC中，∠ACB=90°,AC=8,BC=6，将△ABC绕点C顺时针旋转α，得到Rt△DEC，点A与点
D对应，点B与点E对应．
(1)当∠ACD=60°时，BE的长为_____．
(2)如图2，F是DE的中点，连接CF，过点D作DG∥CF且交直线AB于点G．
①求证：GA=GD．
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②在旋转的过程中，当四边形ACDG是菱形时，请直接写出此时BG的长度．
【答案】(1)6
(2)①见解析；②2或18
【分析】（1）根据旋转的性质得到△BCE是等边三角形，即可求解；
（2）①如图所示，延长EC,DG交于点H，则∠DCE=∠DCH=90°，连接AH,BD,CG，可得
1
FC=FD=FE= DE，∠FCD=∠FDC，则∠GDC=∠FDC，证明△HCD≌△ECD(ASA)，得到
2
△HCD≌△BCA，∠ACH=∠DCB，再证△CHA≌△CBD(SAS)，得到AH=DB，∠CAH=∠CDB，
最后证明△AHG≌△DBG(AAS)，得到GA=GD，即可求解；
②在Rt△ABC中，运用勾股定理得到AB=10，第一种情况，如图所示，四边形ACDG是菱形，则
BG=AB−AG=10−8=2；第二种情况，如图所示，四边形ACDG是菱形，则AG=CD=AC=8，可证
AC,CF共线，点B,A,G共线，则BG=AB+AG=10+8=18；由此即可求解．
【详解】（1）解：如图所示，将△ABC绕点C顺时针旋转α，得到Rt△DEC，α=∠ACD=60°，
∴∠ACB=∠DCE=90°，AC=DC=8,BC=EC=6，
∴∠DCB=30°，
∴∠BCE=60°，
∴△BCE是等边三角形，
∴BE=BC=6，
故答案为：6；
（2）解：∵旋转，
∴△ABC≌△DEC，
∴∠ABC=∠DCE=90°,AC=DC=8,BC=EC=6，
①证明：如图所示，延长EC,DG交于点H，则∠DCE=∠DCH=90°，连接AH,BD,CG，
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∵点F是DE中点，
1
∴FC=FD=FE= DE，
2
∴∠FCD=∠FDC，
∵DG∥CF，
∴∠GDC=∠FCD，
∴∠GDC=∠FDC，
在△HCD和△ECD中，
¿，
∴△HCD≌△ECD(ASA)，
∴△HCD≌△BCA，
∴HC=EC=BC，AC=DC，∠CDH=∠CAB，∠CHD=∠CBA，
∴∠ACH+∠HCB=∠HCB+∠DCB=90°，
∴∠ACH=∠DCB，
在△CHA和△CBD中，
¿，
∴△CHA≌△CBD(SAS)，
∴AH=DB，∠CAH=∠CDB，
∴∠CAB−∠CAH=∠CDH−∠CDB，即∠HAG=∠BDG，
在△AHG和△DBG中，
¿，
∴△AHG≌△DBG(AAS)，
∴GA=GD；
②在Rt△ABC中，AC=8,BC=6，
∴AB=√AC2+BC2=√82+62=10，
第一种情况，如图所示，四边形ACDG是菱形，
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∵旋转，
∴AC=DC=8，
∵四边形ACDG是菱形，
∴AG∥CD，AG=CD=8，
∴BG=AB−AG=10−8=2；
第二种情况，如图所示，四边形ACDG是菱形，则AG=CD=AC=8，
∵AC∥DG,CF∥DG，
∴AC,CF共线，
∵点F是DE的中点，
∴FC=FD，
∴∠FCD=∠FDC，
∵∠BAC=∠EDC，
∴∠BAC=∠FCD，
∵四边形ACDG是菱形，
∴∠FCD+∠CAG=180°，
∴∠BAC+∠CAG=180°，
∴点B,A,G共线，
∴BG=AB+AG=10+8=18；
综上所述，BG的值为2或18．
【点睛】本题主要考查旋转的性质，等边三角形的判定和性质，勾股定理，菱形的判定和性质，全等三角
形的判定和性质等知识的综合，掌握旋转的性质，全等三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，数形结
合分析思想是解题的关键．
【题型五】利用正方形的性质求解
1）一条对角线把正方形分成两个全等的等腰直角三角形，对角线与边的夹角是45°.
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2）两条对角线把正方形分成四个全等的等腰直角三角形.
3）判定一个四边形是正方形通常先证明它是矩形，再证明它有一组邻边相等或对角线互相垂直；或者先
证明它是菱形，再证明它有一个角是直角或对角线相等；还可以先判定四边形是平行四边形，再证明它
有一个角为直角和一组邻边相等．
【中考真题】
1．（2024·四川资阳·中考真题）第14届国际数学教育大会（JCME−14）会标如图1所示，会标中心的图
案来源于我国古代数学家赵爽的“弦图”，如图2所示的“弦图”是由四个全等的直角三角形（△ABE，
△BCF，△CDG，△DAH）和一个小正方形EFGH拼成的大正方形ABCD．若EF：AH=1：3，则
sin∠ABE=（ ）
√5 3 4 2√5
A． B． C． D．
5 5 5 5
【答案】C
【分析】设EF=x，则AH=3x，根据全等三角形，正方形的性质可得AE=4x，再根据勾股定理可得
AB=5x，即可求出sin∠ABE的值．
【详解】解：根据题意，设EF=x，则AH=3x，
∵△ABE≌△DAH，四边形EFGH为正方形，
∴AH=BE=3x，EF=HE=x，
∴AE=4x，
∵∠AEB=90°，
∴AB=√AE2+BE2=5x，
AE 4x 4
∴sin∠ABE= = = ，
AB 5x 5
故选：C．
【点睛】本题考查了勾股定理，全等三角形，正方形的性质，三角函数值的知识，熟练掌握以上知识是解
题的关键．
2．（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
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（ ）
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．
3．（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．
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∵点A、C的横坐标分别为m、n，
∴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．
4．（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（ ）
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，
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∴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
1 1 90°−α
∴∠FAG=∠GEF−∠AFE=90°− α−45°=45°− α= ，
2 2 2
故选：B．
5．（2024·广东深圳·中考真题）如图所示，四边形ABCD，DEFG，GHIJ均为正方形，且
S =10，S =1，则正方形DEFG的边长可以是 （写出一个答案即可）．
正方形ABCD 正方形GHIJ
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【答案】2（答案不唯一）
【分析】本题考查了正方形的性质，由题意可得CD=√10，GH=1，结合图形得出11)，
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，
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
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表示出正方形 和 的面积，从而得到S ．
S =M N2=a2 ABCD MNPQ 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．
7．（2024·江苏徐州·中考真题）已知：如图，四边形ABCD为正方形，点E在BD的延长线上，连接
EA、EC．
(1)求证：△EAB≌△ECB；
(2)若∠AEC=45°，求证：DC=DE．
【答案】(1)详见解析
(2)详见解析
【分析】本题主要考查了正方形的性质和全等三角形的判定与性质，解题关键是正确识别图形，理解角与
角之间的关系，熟练找出△EAB和△ECB的全等条件．
（1）根据正方形的性质证明AB=BC，∠ABE=∠CBE，然后根据全等三角形的判定定理进行证明即可；
（2）根据正方形的性质和全等三角形的性质，求出∠CED和∠DCE，然后进行证明即可．
【详解】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=BC，∠ABE=∠CBE=45°，
在△EAB和△ECB中，
¿，
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∴△EAB≌△ECB（SAS）；
（2）∵四边形ABCD为正方形，
1
∴∠BDC= ∠CDA=45°，
2
∵△EAB≌△ECB，∠AEC=45°，
1
∴∠CED=∠AED= ∠AEC=22.5°，
2
∵∠BDC=∠CED+∠DCE=45°，
∴∠DCE=45°−22.5°=22.5°，
∴∠CED=∠DCE，
∴DC=DE．
8．（2023·江苏泰州·中考真题）在平面直角坐标系xOy中，点A(m，0)，B(m−a，0)(a>m>0)的位
m m−a
置和函数y = (x>0)、y = (x<0)的图像如图所示．以AB为边在x轴上方作正方形ABCD，AD
1 x 2 x
边与函数y 的图像相交于点E，CD边与函数y 、y 的图像分别相交于点G、H，一次函数y 的图像经过点
1 1 2 3
E、G，与y轴相交于点P，连接PH．
(1)m=2，a=4，求函数y 的表达式及△PGH的面积；
3
(2)当a、m在满足a>m>0的条件下任意变化时，△PGH的面积是否变化？请说明理由；
(3)试判断直线PH与BC边的交点是否在函数y 的图像上？并说明理由．
2
1
【答案】(1)函数y 的表达式为y =−2x+5，△PGH的面积为
3 3 2
(2)不变，理由见解析
(3)在，理由见解析
2 −2
【分析】（1）由m=2，a=4，可得A(2，0)，B(−2，0)，y = ，y = ，则AB=4，当x=2，
1 x 2 x
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2 2 1 (1 ) −2 1
y = =1，则E(2，1)；当y =4，4= ，解得x= ，则G ，4 ；当y =4，4= ，解得x=− ，
1 2 1 x 2 2 2 x 2
( 1 )
则H − ，4 ；待定系数法求一次函数y 的解析式为y =−2x+5，当x=0，y =5，则P(0，5)，根据
2 3 3 3
1 [1 ( 1)] ，计算求解即可；
S = × − − ×(5−4)
△PGH 2 2 2
（2）求解过程同（1）；
(m−a )
（3）设直线PH的解析式为y=k x+b ，将P(0，1+a)，H ，a ，代入y=k x+b 得，¿，解
2 2 a 2 2
a a
得¿，即y= x+1+a，当x=m−a，y= ×(m−a)+1+a=1，则直线PH与BC边的交点坐标为
a−m a−m
m−a
(m−a，1)，当x=m−a，y = =1，进而可得结论．
2 m−a
【详解】（1）解：∵m=2，a=4，
2 −2
∴A(2，0)，B(−2，0)，y = ，y = ，
1 x 2 x
∴AB=4，
2
当x=2，y = =1，则E(2，1)；
1 2
2 1 (1 )
当y =4，4= ，解得x= ，则G ，4 ；
1 x 2 2
−2 1 ( 1 )
当y =4，4= ，解得x=− ，则H − ，4 ；
2 x 2 2
设一次函数y 的解析式为y =kx+b，
3 3
(1 )
将E(2，1)，G ，4 ，代入y =kx+b得，¿，解得¿，
2 3
∴y =−2x+5，
3
当x=0，y =5，则P(0，5)，
3
1 [1 ( 1)] 1
∴S = × − − ×(5−4)= ；
△PGH 2 2 2 2
1
∴函数y 的表达式为y =−2x+5，△PGH的面积为 ；
3 3 2
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（2）解：△PGH的面积不变，理由如下：
m m−a
∵A(m，0)，B(m−a，0)，y = ，y = ，
1 x 2 x
∴AB=a，
m
当x=m，y = =1，则E(m，1)；
1 m
m m (m )
当y =a，a= ，解得x= ，则G ，a ；
1 x a a
m−a m−a (m−a )
当y =a，a= ，解得x= ，则H ，a ；
2 x a a
设一次函数y 的解析式为y =k x+b ，
3 3 1 1
(m )
将E(m，1)，G ，a ，代入y =k x+b 得，¿，解得¿，
a 3 1 1
a
∴y =− x+1+a，
3 m
当x=0，y =1+a，则P(0，1+a)，
3
1 [m (m−a)] 1
∴S = × − ×(1+a−a)= ；
△PGH 2 a a 2
∴△PGH的面积不变；
（3）解：直线PH与BC边的交点在函数y 的图像上，理由如下：
2
设直线PH的解析式为y=k x+b ，
2 2
(m−a )
将P(0，1+a)，H ，a ，代入y=k x+b 得，¿，解得¿，
a 2 2
a
∴y= x+1+a，
a−m
a
当x=m−a，y= ×(m−a)+1+a=1，
a−m
∴直线PH与BC边的交点坐标为(m−a，1)，
m−a
当x=m−a，y = =1，
2 m−a
∴直线PH与BC边的交点在函数y 的图像上．
2
【点睛】本题考查了正方形的性质，一次函数解析式，反比例函数解析式，交点坐标．解题的关键在于对
知识的熟练掌握与灵活运用．
【模拟训练】
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1．（2025·山东济宁·一模）如图，在正方形ABCD中，点E是BC的中点，点F是CD上一点，且
1
CF= CD，则下列结论中不成立的是（ ）
4
1
A．tan∠EAF= B．△ABE∽△AEF C．AE⊥EF D．△ADF∽△ECF
2
【答案】D
AB BE
【分析】本题主要考查相似三角形的判定和性质，正方形的性质，推导出∠B=∠C=90°， = =2，
EC CF
AB AE
从而△ABE∽△ECF，故 = =2，进而∠AEF=∠B=90°，由此能得到△ABE∽△AEF，
EC EF
EF 1 AD DF
tan∠EAF= = ，AE⊥EF；再推出 ≠ 即可判定D．
AE 2 EC FC
1
【详解】解：∵在正方形ABCD中，点E是BC的中点，点F是CD上一点，且CF= CD，
4
AB BE
∴∠B=∠C=90°， = =2，
EC CF
∴△ABE∽△ECF，
AB AE
∴ = =2，∠AEB=∠EFC，
EC EF
∵BE=CE，∠FEC+∠EFC=90°，
AB BE
∴ = ，∠AEB+∠FEC=90°，
AE EF
∴∠AEF=∠B=90°，
EF 1
∴△ABE∽△AEF，tan∠EAF= = ，AE⊥EF，
AE 2
故选项A，B，C成立，不符合题意；
1
∵CF= CD，
4
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3
∴DF= CD，
4
AD DF AD DF
∴ =2， =3，即 ≠ ，
EC FC EC FC
∴△ADF∽△ECF不成立，
故选项D不成立，符合题意．
故选：D．
2．（2025·河北沧州·模拟预测）如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，两个边长为1的正方形DEFG，
S
GHIJ的顶点D，E，F，I，J均在△ABC的边上，当∠FGH=60°时， △DGJ 的值为（ ）
S
△ADE
√3 √3 1 1
A． B． C． D．
2 3 3 2
【答案】D
【分析】本题主要考查了解直角三角形，正方形的性质，熟练掌握正方形的性质是解题的关键．根据题意
得到∠A=30°，将两个三角形的面积求出即可得到答案．
【详解】解：过点G作GM⊥AB于点M，
∵α=60°，
∴∠DGJ=120°，
∵DG=JG，
∴∠GDM=∠GJM=30°，
∴∠A=30°，
∴AE=DE·tan60°=√3DE=√3，
1 √3
∴S = AE⋅DE= ，
△ADE 2 2
1 1 √3
∵GM= DG= ,DM= ，
2 2 2
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∴DJ=√3，
1 √3
S = DJ⋅GM= ，
△DGJ 2 4
S 1
∴ △DGJ = ．
S 2
△ADE
故选：D．
3．（2025·甘肃武威·一模）如图，正方形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，且AC=2，正方形
A'B'C'D'的顶点A'与点O重合，边A'D'与OD重合，将正方形A'B'C'D'绕点A'顺时针旋转90°，A'B'与
边BC交于点E，A'D'与边CD交于点F，连接EF交OC于点G，在整个运动过程中，则点G经过的路径
长是（ ）
1 √2
A．1 B． C． D．√2−1
2 2
【答案】A
【分析】取OC中点H，利用正方形的性质证明△BOE≌△COF(ASA)，得到A'E=A'F，当A'E⊥BC
时，易证此时四边形A'ECF是正方形，此时OG=CG，即点G与点H重合，OG有最小值，利用正方形
1
的性质求出OH=CH= ；由点G是EF与OC的交点，OC是定线段，得到点G在线段OC上运动，在整
2
个运动过程中，当边A'D'与OD重合，点G，点E与点C重合，当EF⊥OC时，点G与点H重合，当边
A'D'与OC重合，点G，点F与点C重合，即点G在整个运动过程中，由点C运动到点H，再由点H运动
到点C，即点G经过的路径长是2CH，即可得出结果．
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【详解】解：如图，取OC中点H，
在正方形ABCD中，∠OBE=∠OCF=45°，BO=CO，
又∵∠BOE+∠EOC=∠EOC+∠COF=90°，
∴∠BOE=∠COF，
∴△BOE≌△COF(ASA)，
∴ A'E=A'F，
当A'E⊥BC时，
则∠BEO=∠CFO=90°，
∵∠EA'F=∠BCD=90°，A'E=A'F，
∴四边形A'ECF是正方形，
∴ OG=CG，即点G与点H重合，
∵AC=2，
1 1 1 1
∴ OH=CH= OC= × AC= ；
2 2 2 2
∵点G是EF与OC的交点，OC是定线段，∠OCF=45°，
∴点G在线段OC上运动，
在整个运动过程中，
当边A'D'与OD重合，点G，点E与点C重合，OG有最大值，
当EF⊥OC时，点G与点H重合，OG有最小值，
当边A'D'与OC重合，点G，点F与点C重合，OG有最大值，
∴点G在整个运动过程中，由点C运动到点H，再由点H运动到点C，
∴点G经过的路径长是2CH，
1
∴点G经过的路径长是2× =1，
2
故选：A．
【点睛】此题主要考查正方形的判定与性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质，垂线段最短，解题
的关键是熟知全等三角形的判定与性质．
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4．（2025·重庆·模拟预测）如图，在正方形ABCD中，点E、F、G分别在BC、CD、AB上，连接AC、
AE、AF、EF、GF，其中GF=AE，∠EAF=45°，若∠BAE=α，则∠CEF+∠CFG一定等于（
）
A．90+α B．45+2α C．60+2α D．120−α
【答案】A
【分析】本题考查了正方形的性质，旋转的性质，全等三角形的判定和性质，掌握正方形的性质，构造合
理的辅助线证明三角形全等是解题的关键．
根据正方形的性质得到∠AEB=90°−∠BAE=90°−α，∠BAE+∠DAF=∠BAD−∠EAF=45°，
如图所示，将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABH，可证△AHE≌△AFE(SAS)，
∠AEH=∠AEF=90°−α，则∠CEF=180°−∠AEH−∠AEF=180°−(90°−α)−(90°−α)=2α，
如图所示，过点G作GK⊥CD于点K，则四边形BCKG是矩形，证△ABE≌△GKF(HL)，得
∠AEB=∠GFK=90°−α，由此即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD是正方形，
1
∴AB=BC=CD=AD,∠ABC=∠BCD=∠CDA=∠DAB=90°，∠BAC=∠DAC= ∠BAD=45°，
2
∵在Rt△ABE中，∠BAE=α，
∴∠AEB=90°−∠BAE=90°−α，
∵∠EAF=45°，
∴∠BAE+∠DAF=∠BAD−∠EAF=45°，
如图所示，将△ADF绕点A顺时针旋转90°得到△ABH，
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∴△ADF≌△ABH，
∴∠DAF=∠HAB，AF=AH，
∴∠HAB+∠BAE=45°=∠EAF，
∴△AHE≌△AFE(SAS)，
∴∠AEH=∠AEF=90°−α，
∵∠AEH+∠AEF+∠CEF=180°，
∴∠CEF=180°−∠AEH−∠AEF=180°−(90°−α)−(90°−α)=2α，
如图所示，过点G作GK⊥CD于点K，
∴∠GBC=∠BCK=∠CKG=90°，
∴四边形BCKG是矩形，
∴GK=BC=AB，∠GKF=∠ABE=90°，且AE=GF，
∴△ABE≌△GKF(HL)，
∴∠AEB=∠GFK=90°−α，
∴∠CEF+∠CFG=2α+90°−α=90°+α，
故选：A ．
5．（2025·浙江·模拟预测）如图，E，F分别是正方形ABCD的边AD，BC上的点，将正方形纸片ABCD
沿EF折叠，使得点B的对应点B'恰好落在边CD上，要想知道正方形ABCD的边长，只需知道（ ）
A．BF的长度 B．△B'CF的周长
C．△B'DG的周长 D．△A'EG的面积
【答案】C
【分析】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，难度较大，正确添加辅助线
构造全等三角形是解题的关键．
连接BG,BB'，过点B作BK⊥A'B'于点K，则∠GKB=∠B'KB=90°，先证明
△BKB'≌△BCB' (AAS)，再证明Rt△BKG≌Rt△BAG(HL)，则GK=GA，B'K=B'C，即可求解．
【详解】解：连接BG,BB'，过点B作BK⊥A'B'于点K，则∠GKB=∠B'KB=90°，
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∵四边形ABCD是正方形，
∴BA=BC,∠ABC=∠C=∠A=90°，
由翻折得，∠ABF=∠A'B'F=90°，FB=FB'，
∴∠1=∠2，
∵∠1+∠BB'C=90°，∠2+∠3=90°，
∴∠3=∠BB'C，
∵∠C=∠BKB'=90°，BB'=BB'，
∴△BKB'≌△BCB' (AAS)，
∴B'K=B'C,BK=BC，
∴BA=BK，
∵BG=BG，
∴Rt△BKG≌Rt△BAG(HL)，
∴GK=GA，
∴△B'DG的周长为：B'D+DG+B'G=B'D+DG+GK+B'K=B'D+DG+GA+CB'=DC+DA，
即△B'DG的周长为正方形边长的2倍，故只需要知道△B'DG的周长，即可知道正方形的边长，故C符合
题意；
对于A、B、D选项条件不足，不能证明，
故选：C．
6．（2025·安徽合肥·一模）如图，正方形ABCD边长为3，点E，F分别是边BC，CD上的两个动点，且
BE=CF，连接BF、DE．
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（1）若CE=2BE，则sin∠EDC= ；
（2）BF+DE的最小值为 ．
2√13
【答案】 3√5
13
【分析】（1）根据正方形的性质和CE=2BE，求出，然后利用勾股定理得出DE，即可解答；
（2）连接AE，证明△ABE≌△BCF(SAS)，得出AE=BF，推出BF+DE的最小值等于AE+DE的最小
值，作点A关于BC的对称点H，连接BH，则A、B、H三点共线，连接DH，DH与BC的交点即为所求
的E点，根据对称性可得AE=HE，得到AE+DE=HE+DE=DH，由勾股定理求出DH的长即可得解．
【详解】解：（1）∵正方形ABCD边长为3，CE=2BE，
2
∴∠C=90°，BC=CD=3，CE= BC=2，
3
∴DE=√CE2+CD2=√22+32=√13，
CE 2 2√13
∴sin∠EDC= = = ；
DE √13 13
故答案为：；
（2）如图，连接AE，
，
∵四边形ABCD是正方形，
∴，∠ABC=∠BCF=90°，
∵BE=CF，
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∴△ABE≌△BCF(SAS)，
∴AE=BF，
∴BF+DE的最小值等于AE+DE的最小值，
如图，作点A关于BC的对称点H，连接BH，则A、B、H三点共线，
连接DH，DH与BC的交点即为所求的E点，
根据对称性可得AE=HE，
∴AE+DE=HE+DE=DH，
在Rt△ADH中，AD=3，AH=AB+BH=3+3=6，
∴DH=√AD2+AH2=√32+62=3√5，
∴BF+DE的最小值为3√5，
故答案为：3√5．
【点睛】本考查了正方形的性质、轴对称的性质，直角三角形三角函数、三角形全等的判定与性质、勾股
定理，熟练掌握知识点的应用是解题的关键；
7．（2025·山东泰安·模拟预测）如图，在△ABC中，∠C=90°，BC=1，AC=2，C A B C 、
1 1 1
A A B C 、A A B C …都是正方形，且A 、A 、A …在AC边上，B 、B 、B …在AB边上．则线
1 2 2 2 2 3 3 3 1 2 3 1 2 3
段B C 的长为 ．
2025 2025
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(2) 2025
【答案】
3
【分析】本题考查了正方形的性质、相似三角形的判定与性质、图形类规律探索，正确归纳类推出一般规
律是解题关键．先根据正方形的性质可得CC =B C ，C A ∥B C ，再证出△BB C ∽△BAC，根据
1 1 1 1 1 1 1 1
相似三角形的性质可得B C 的长，同理可得B C ，B C 的长，归纳类推出一般规律，由此即可得．
1 1 2 2 3 3
【详解】解：∵四边形C A B C 是正方形，
1 1 1
∴CC =B C ，C A ∥B C ，
1 1 1 1 1 1
∴△BB C ∽△BAC，
1 1
BC B C
∴ 1= 1 1，
BC AC
设CC =B C =x，
1 1 1
∵BC=1，
∴BC =BC−CC =1−x，
1 1
∵AC=2，
1−x x
∴ = ，
1 2
2
解得x= ，
3
2
即B C = ，
1 1 3
4 (2) 2 8 (2) 3
同理可得：B C = = ，B C = = ，
2 2 9 3 3 3 27 3
(2) n
归纳类推得：B C = ，其中n为正整数，
n n 3
(2) 2025
∴B C = ，
2025 2025 3
(2) 2025
故答案为： ．
3
8．（2025·江苏扬州·一模）如图，在等腰Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=12，动点E、F同时从点A
出发，分别沿射线AB和射线AC的方向匀速运动，且速度相等，当点E停止运动时，点F也随之停止运动，
连接EF，以EF为边向下作正方形EFGH，设点E运动的路程为x(0AB，点E，F分别在AD,BC边上，
EF∥AB ,AE=AB，AF与BE相交于点O，连接OC，若BF=2CF，则OC与EF之间的数量关系正确
的是（ ）
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A．2OC=√5EF B．√5OC=2EF C．2OC=√3EF D．OC=EF
【答案】A
【分析】过点O作OM⊥BC于点M，先证明四边形ABFE是正方形，得出MF=CF=OM，再利用勾股定
理得出OC=√5CF，即可得出答案．
【详解】过点O作OM⊥BC于点M，
∴∠OMC=90°
，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=∠BAD=90°，
∵ EF∥AB
∴∠AEF=180°-∠BAD=90°，
∴∠ABC=∠BAD=∠AEF=90°，
∴四边形ABFE是矩形，
又∵AB=AE，
∴四边形ABFE是正方形，
∴∠AFB=45°,OB=OF，EF=BF，
1
∴MF= BF=OM，
2
∵BF=2CF，
∴MF=CF=OM，EF=2CF，
由勾股定理得OC=√OM2+CM2=√CF2+(2CF) 2=√5CF，
∴2OC=√5EF，
故选：A．
【点睛】本题考查了矩形的性质，正方形的判定和性质，平行线的性质，勾股定理，熟练掌握知识点是解
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题的关键．
3．（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，
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，
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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．
4．（2024·内蒙古通辽·中考真题）数学活动课上，某小组将一个含45°的三角尺AEF利一个正方形纸板
ABCD如图1摆放，若AE=1，AB=2．将三角尺AEF绕点A逆时针方向旋转α(0°≤α≤90°)角，观察图
形的变化，完成探究活动．
【初步探究】
如图2，连接BE，DF并延长，延长线相交于点G,BG交AD于点M．
问题1 BE和DF的数量关系是________，位置关系是_________．
【深入探究】
应用问题1的结论解决下面的问题．
问题2 如图3，连接BD，点O是BD的中点，连接OA，OG．求证OA=OD=OG．
【尝试应用】
问题3 如图4，请直接写出当旋转角α从0°变化到60°时，点G经过路线的长度．
√2π
【答案】（1）BE=DF；BE⊥DF；（2）证明见解析；（3）
3
【分析】（1）如图，由四边形ABCD是正方形，△AEF是等腰直角三角形，AE=1，证明
△BAE≌△DAF，再进一步可得结论；
（2）如图，由∠BAD=90°，∠BGD=90°，再结合直角三角形斜边上的中线的性质可得结论；
（3）如图， 证明G在以O为圆心，OD为半径的⊙O上，过F作FN⊥AD于N，当∠BAE=α=60°时，
证明∠AFD=90°，可得∠ADF=30°，∠AOG=2∠ADF=60°，证明四边形AEGF是正方形，可得
当旋转角α从0°变化到60°时，G在 ⌢ 上运动，再进一步解答即可；
AG
【详解】解：BE=DF；BE⊥DF；理由如下：
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如图，∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=AD=2，∠BAD=90°，
∵△AEF是等腰直角三角形，AE=1，
∴AE=AF=1，∠EAF=90°，
∴∠BAE=∠DAF，
∴△BAE≌△DAF，
∴BE=DF，∠ABE=∠ADF，
∵∠AMB=∠DMG，
∴∠BGD=∠BAM=90°，
∴BE⊥DF；
（2）如图，∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAD=90°，
∵点O是BD的中点，
∴OA=OB=OD，
∵BE⊥DF，
∴∠BGD=90°，
∵点O是BD的中点，
∴OG=OB=OD，
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∴OA=OD=OG；
（3）如图，∵∠BGD=90°，OB=OG=OD，
∴G在以O为圆心，OD为半径的⊙O上，
过F作FN⊥AD于N，
当∠BAE=α=60°时，
∴∠DAF=α=60°，∠AFN=30°，
∵AF=AE=1，
1 1 √3
∴AN= AF= ，FN=√AF2−AN2= ，
2 2 2
1 3
∴DN=2− = ，DF=√FN2+DN2=√3，
2 2
∴AF2+DF2=1+3=4=AD2，
∴∠AFD=90°，
∴∠ADF=30°，
∴∠AOG=2∠ADF=60°，
而∠EAF=∠EGF=90°，AE=AF=1，
∴四边形AEGF是正方形，
∴当旋转角α从0°变化到60°时，G在 ⌢ 上运动，
AG
∵AB=2，OA=OB，AO⊥BD，
√2
∴OA=2× =√2，
2
60π×√2 √2π
∴点G经过路线的长度为 = .
180 3
【点睛】本题考查的是正方形的性质与判定，旋转的性质，勾股定理的应用，含30度角的直角三角形的性
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质，圆周角的应用，勾股定理的逆定理的应用，弧长的计算，作出合适的辅助线是解本题的关键.
【模拟训练】
1．（2025·黑龙江牡丹江·一模）如图，BC∥AM，∠MAB=90°，∠BCD=75°，点D,E分别在
AM,AB上，△CDE为等边三角形，BM交CD于F，下列结论：①∠ADE=45°，②AB=BC，③
EF⊥CD，④若∠AMB=30°，则√2AF=DF+EF．其中正确的有（ ）
A．①②③ B．①②④ C．①③④ D．②③④
【答案】B
【分析】根据平行线的性质得出∠ADC=180°−∠BCD=105°，根据等边三角形性质得出
∠CDE=∠DCE=60°，CD=DE=CE，求出∠ADE=∠ADC−∠CDE=45°，判断①正确；过点C
作CG⊥AM于点M，证明四边形ABCG为矩形，得出∠BCG=90°，AB=CG，证明∠DCG=∠BCE，
△CDG≌△CEB，得出CB=CG，判断②正确；根据AG=BC，而AG≠MD，证明BC≠MD，
CF BC
△BCF∽△MDF，得出 = ≠1，说明CF≠DF，EF与CD不一定垂直，判定③错误；证明
DF MD
CF BF
BM=2AB，△BCF∽△MDF，得出 = =1，证明CF=DF，四边形ABCG为正方形，连接AC，
DF MF
交DE于点H，根据正方形性质得出∠DAC=∠HAE=45°，AC=√2AB，证明
Rt△CDH≌Rt△EFD(HL)，得出EF=CH，证明DF+EF=AH+CH=AC，AC=√2AF，证明
DF+EF=√2AF，判断④正确．
【详解】解：∵BC∥AM，∠BCD=75°，
∴∠ADC=180°−∠BCD=105°，
∵△CDE为等边三角形，
∴∠CDE=∠DCE=60°，CD=DE=CE，
∴∠ADE=∠ADC−∠CDE=45°，故①正确；
过点C作CG⊥AM于点M，如图所示：
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则∠CGA=90°，
∵∠BAM=90°，BC∥AM，
∴∠ABC=180°−90°=90°，
∴四边形ABCG为矩形，
∴∠BCG=90°，AB=CG，
∴∠DCG=90°−75°=15°，
∵∠BCE=75°−60°=15°，
∴∠DCG=∠BCE，
∵∠CBE=∠CGD，CD=CE，
∴△CDG≌△CEB，
∴CB=CG，
∴AB=BC，故②正确；
∵AG=BC，而AG≠MD，
∴BC≠MD，
∵BC∥AM，
∴△BCF∽△MDF，
CF BC
∴ = ≠1，
DF MD
∴CF≠DF，
∵CE=DE，
∴EF与CD不一定垂直，故③错误；
∵∠AMB=30°，BC∥AM，
∴∠CBM=∠AMB=30°，
∵在Rt△AMB中，∠AMB=30°，
∴BM=2AB，
∴BM=2BC，
∵∠BCD=75°，
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∴∠BFC=180°−30°−75°=75°，
∴∠BCF=∠BFC，
∴BC=BF，
∴MF=BF，
∵BC∥AM，
∴△BCF∽△MDF，
CF BF
∴ = =1，
DF MF
∴CF=DF，
∵四边形ABCG为矩形，AB=BC，
∴四边形ABCG为正方形，
∴AG=AB=BC=CG，
连接AC，交DE于点H，如图所示：
则∠DAC=∠HAE=45°，AC=√2AB，
∵∠DAE=90°，∠AGE=45°，
∴∠AED=180°−90°−45°=45°，
∴∠ADH=∠DAH=∠HAE=∠AEH，
∴AH=DH，AH=EH，
1
∴DH=EH=AH= DE，
2
∵△CDE为等边三角形，DH=EH，CF=DF，
∴EF⊥CD，CH⊥DE，CD=ED，
∴∠EFD=∠CHD=90°，
∵DF=DH，
∴Rt△CDH≌Rt△EFD(HL)，
∴EF=CH，
∴DF+EF=AH+CH=AC，
∵Rt△ABM中BF=MF，
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∴BM=2AF，
∵BM=2AB，
∴AB=AF，
∴AC=√2AF，
∴DF+EF=√2AF，故④正确；
综上分析可知：正确的有①②④；
故选：B．
【点睛】本题主要考查三角形相似的判定和性质，正方形的判定和性质，矩形的判定和性质，直角三角形
的性质，等边三角形的性质，三角形内角和定理，解题的关键是作出辅助线，熟练掌握相关的判定和性质．
2．（2025·安徽六安·模拟预测）如图，在正方形ABCD中，M， N分别是AB，AD的中点，CM，BN
相交于点E，AC与BN相交于点F，分别连接AE，DE，则下列结论错误的是（ ）
EM 1 EF 3
A．AD=DE B．EA平分∠MEF C． = D． =
CE 4 BE 4
【答案】D
【分析】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握相关
知识点是解题的关键．
根据正方形的性质，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质逐项判断即可．
【详解】如图1，分别延长CD，BN相交于点P，
∵正方形ABCD，
∴AB=CD=BC，AB∥CD，∠ADC=∠DAB=90°，
∴∠NDP=∠DAB=90°，
∵N是AD的中点，
1
∴AN=DN= AD
2
∴△ABN≌△DPN(SAS)，
∴DP=AB=CD．
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∵M是AB的中点，
1
∴BM= AB，
2
∴AN=BM，
∴△ABN≌△BCM(SAS)，
∴∠ABN=∠BCM，
∴∠ABN+∠EBC=∠BCM+∠EBC=90°，
∴∠CEP=∠CEB=90°，
1
∴DE= CP=CD，
2
∴AD=DE
故选项A结论正确；
如图2，过点A作AG∥BN，与CM的延长线交于点G，作AH⊥BN于点H．
同理可证△AGM≌△BEM，
∴∠G=∠BEM=90°，EM=GM，∠GAM=∠MBE=∠BCM，
∴△AGM∽△CBM，
AG BC
∴ = =2，
GM BM
∴AG=EG，
∴∠AEG=45°，
∴EA平分∠MEF，
故选项B结论正确；
∵AN∥BC，
AF AN 1
∴ = = ．
FC BC 2
∵EF∥AG，
EG AF 1
∴ = = ，
CE FC 2
EM 1
∴ = ，
CE 4
故选项C结论正确；
∵AG=EG，
∴四边形AGEH为正方形，
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FH AH EG 1
∴AH∥CE， = = = ，
FE CE CE 2
EF EF EF 2
∴ = = = ，
BE AG EH 3
故选项D结论错误．
故选：D.
3．（2024·重庆铜梁·一模）如图，在正方形ABCD中，点P是对角线AC上一点，PE⊥AB,PF⊥BC，
垂足分别为E，F，连接EF．若∠BEF=α，则∠CDP一定等于（ ）
A．90°−α B．2α C．180°−3α D．45°+α
【答案】A
【分析】本题考查正方形，矩形的性质及应用，解题的关键是掌握正方形的对称性和矩形的判定定理和性
质定理，连接BP交EF于O，可知∠CDP=∠CBP，根据四边形ABCD是正方形，PE⊥AB，
PF⊥BC，可得四边形BFPE是矩形，故OE=OB，从而∠EBP=∠BEF=α，即得
∠CBP=90°−∠EBP=90°−α，故∠CDP=90°−α．
【详解】解∶连接BP交EF于O．如图∶
正方形ABCD的对称性可知，∠CDP=∠CBP，
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∵四边形ABCD是正方形， PE⊥AB,PF⊥BC，
∴∠PEB=∠EBF=∠BFP=90°
∴四边形BFPE是矩形，
∴OE=OB．
∴∠EBP=∠BEF=α
∴∠CBP=90°−∠EBP=90°−α．
∴∠CDP=90°−α．
故选∶A．
4．（2025·山西阳泉·模拟预测）如图，在△ABC中，AD⊥BC于点D，若∠BAC=45°，DB=6，
CD=4，则AD的长度为 ．
【答案】12
【分析】本题考查了正方形的性质与判定，解一元二次方程，轴对称等知识．以AB为对称轴作△ABD的
轴对称图形△ABE，以AC为对称轴作△ACD的轴对称图形△ACF，延长EB、FC交于点G．由轴对称的
性质证明四边形AEGF是正方形，设AD=x，则AE=AF=EG=FG=x，即可求出BG=x−6，
CG=x−4，在Rt△BGC中，根据勾股定理列式计算即可求解．
【详解】解：如图，以AB为对称轴作△ABD的轴对称图形△ABE，以AC为对称轴作△ACD的轴对称图
形△ACF，延长EB、FC交于点G．
∵AD⊥BC，
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由轴对称的性质得∠E=∠ADB=∠F=∠ADC=90°，AE=AD=AF，
∠EAB=∠DAB，∠FAC=∠DAC，BE=BD=6，CF=CD=4，
∵∠BAC=45°，
∴∠EAF=90°，
∴四边形AEGF是正方形，
∴∠G=90°，
设AD=x，则AE=AF=EG=FG=x，
∴BG=x−6，CG=x−4，
在Rt△BGC中，根据勾股定理得(x−6) 2+(x−4) 2=(6+4) 2，
解得x =12，x =−2（不合题意，舍去），
1 2
∴AD=12．
5．（2025·陕西咸阳·一模）如图，在矩形ABCD中，点E,F在对角线AC的两侧，且点E到△ABC三边的
距离均为1，点F到△ACD三边的距离也均为1．若AC=5，则EF的长为 ．
【答案】√5
【分析】设EH⊥AB于H，EG⊥BC于G，EM⊥AC于M，FN⊥AC于N，AC交EF于O，连接
AE、CE、EN、FM，由题意得EH=EG=EM=FN=1，易证四边形EMFN是平行四边形，得
1 1
OM=ON= MN,OE=OF= EF，再证四边形BGEH是正方形，得BH=BG=EH=1，然后证
2 2
Rt△AHE≌Rt△AME(HL)，得AH=AM，Rt△CGE≌Rt△CME(HL)，则CG=CM，设
AB=x,BC= y，且y≥x，则AH=AM=x−1,CG=CM= y−1，根据题意列出方程组求解即可．
【详解】解：设EH⊥AB于H，EG⊥BC于G，EM⊥AC于M，FN⊥AC于N，AC交EF于O，连接
AE、CE、EN、FM，如图所示：
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∵EM⊥AC,FN⊥AC，
∴EM∥FN，
由题意得：EH=EG=EM=FN=1，
∴四边形EMFN是平行四边形，
1 1
∴OM=ON= MN,OE=OF= EF，
2 2
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=90°，
∴四边形BGEH是正方形，
∴BH=BG=EH=1，
在Rt△AHE和Rt△AME中,
¿
∴Rt△AHE≌Rt△AME(HL)，
∴AH=AM，
在Rt△CGE和Rt△CME中,
¿，
∴Rt△CGE≌Rt△CME(HL)，
∴CG=CM，
设AB=x,BC= y，且y≥x，
则AH=AM=x−1,CG=CM= y−1，
∵AC=5，
∴¿，
解得：¿，
∴AM=2,CM=3，
同理得：CN=2，
1 1 1 1
∴OM= MN= (AC−AM−CN)= ×(5−2−2)= ，
2 2 2 2
在Rt△EMO中，由勾股定理得：OE=√EM2+OM2=
√
12+
(1) 2
=
√5
，
2 2
∴EF=2OE= √5，
故答案为：√5．
【点睛】本题主要考查了矩形的性质、平行线的判定、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性
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质、勾股定理、正方形的判定与性质等知识，熟练掌握全等三角形的判定与性质是解题的关键．
6．（2025·安徽合肥·一模）已知点E是矩形ABCD边DA延长上一点，且AE=AC，O是对角线AC和BD
的交点．连接CE，交AB于F，交BD于G，连接OF，如图1．
(1)求证：CE平分∠ACB．
(2)若AB=3，AD=4，求tan∠AOF的值．
BG2
(3)若AB=AD，如图2，求 的值．
CG2
【答案】(1)见解析
8
(2)
9
2−√2
(3)
2
【分析】（1）平行得到∠E=∠BCF，等边对等角，得到∠E=∠ACF，进而得到∠BCF=∠ACF，
即可得证；
（2）过F作FH⊥AC于H，勾股定理求出AC的长，进而求出AE,OC的长，角平分线的性质，得到
FB=FH，证明△BCF∽△AEF，求出FB的长，进而得到FH的长，证明△BCF≌△HCF(HL)，推出
OH的长，再根据正切的定义，进行求解即可；
（3）易证矩形ABCD是正方形，设AB=BC=CD=AD=a，进而得到AE=AC=√2a，证明
△BCF∽△AEF，推出FA,FB的长，勾股定理求出CF2，证明△AFC∽△BGC，列出比例式进行求解
即可．
【详解】（1）证明：∵矩形ABCD，
∴AD∥BC，
∴ ∠E=∠BCF
∵ AE=AC，
∴ ∠E=∠ACF，
∴ ∠BCF=∠ACF
∴ CE平分∠ACB．
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（2）过F作FH⊥AC于H．
在矩形ABCD中，CD=AB=3，BC=AD=4，∠ABC=90°
∴ FB⊥BC，AC=√AB2+BC2=5，
1 5
∴ AE=AC=5，OC= AC= ，
2 2
由（1）得CE平分∠ACB，
∴ FB=FH，
∵ BC∥AD，
∴△BCF∽△AEF，
FB BC 4
∴ = =
FA AE 5
又∵ FB+FA=AB=3，
4 4
∴FB=3× = ，
9 3
4
∴FH= ，
3
∵BF=FH,CF=CF，∠FHC=∠FBC=90°，
∴△BCF≌△HCF(HL)，
∴CH=BC=4，
1 5 3
∴ OH=CH−OC=CH− AC=4− = ，
2 2 2
FH 8
∴ tan∠AOF= = ；
OH 9
（3）∵ AB=AD，
∴矩形ABCD是正方形，
设AB=BC=CD=AD=a，则AE=AC=√2a，
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由（2）知：△BCF∽△AEF，
FB BC 1
∴ = =
FA AE √2
1
∴ FB= AB=(√2−1)a，FA=a−(√2−1)a=(2−√2)a，
1+√2
∴FC2=BF2+BC2=(4−2√2)a2，
∵∠FAC=∠CBG=45°，CF平分∠BCA，
∴∠ACF=∠BCG=22.5°，
∴△AFC∽△BGC，
AF CF
∴ = ，
BG CG
AF BG
∴ = ，
CF CG
BG2 AF2 (6−4√2)a2 2−√2
∴ = = = ．
CG2 CF2 (4−2√2)a2 2
【点睛】本题考查正方形的判定和性质，勾股定理，全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，
解直角三角形等知识点，熟练掌握相关知识点，是解题的关键．
7．（2024·贵州·模拟预测）综合与探究：在四边形ABCD中，P为对角线BD上的动点，点E，F分别在
AD，CD上．
(1)【动手操作】
如图①，若四边形ABCD为正方形，P为对角线AC，BD的交点，E，F分别为AD，CD的中点时，连接
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PE，PF，根据题意在图①中画出PE，PF，则∠EPF为________________度；
(2)【问题探究】
如图②，四边形ABCD为菱形，∠ADC=120°，P为对角线AC，BD的交点，且∠EPF=60∘，探究线
段DE，DF，AD之间的数量关系，并说明理由；
(3)【问题解决】
如图③，在（2）的条件下，若点P在对角线BD上，菱形ABCD的边长为8，PA=7，DF=1，求DE的长．
【答案】(1)见解析，90；
1
(2)DE+DF= AD，理由见解析；
2
(3)4或2．
【分析】（1）根据题意画出图形，根据已知证明四边形PEDF是正方形；
（2）如解图②，取AD的中点T，连接PT．证明△TPE≌△DPF(ASA)，得出TE=DF，根据
1
DE+DF=DE+TE=DT= AD，即可得证．
2
（3）当点P靠近点B时，过点A作AH⊥BD于点H，连接AP，作PG∥AB交AD于点G．在Rt△APH
中，得出PH=1，由（2）可知，DF=EG=1，当点P靠近点D时，同理可得PH=1，进而即可求解；
【详解】（1）解：作图如解图①．
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC=90°，AB=BC=CD=DA，
∵P为对角线AC，BD的交点，E，F分别为AD，CD的中点，
1 1
∴PE= CD,PF= AD，PE∥CD，PF∥AD，
2 2
∴四边形PEDF是平行四边形，
∵AD=CD，
∴PE=PF，
∴四边形PEDF是菱形，
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又∵∠ADC=90°，
∴四边形PEDF是正方形，
∴∠EPF=90°；
1
（2）DE+DF= AD
2
理由如下：如解图②，取AD的中点T，连接PT．则AT=TD
∵四边形ABCD为菱形，
∴BP=PD
∴PT=AB=AT=TD
∵ ∠ADC=120°，
∴AB=AD，∠BAD=60°，
∴△ABD为等边三角形，
∴BD=AD，∠DAP=30°，∠ADP=∠CDP=60°，
∵PT=TD
∴△TDP是等边三角形，
∴PT=PD，∠PTE=∠PDF=∠TPD=60°．
∵∠EPF=60°，
∴∠EPT=∠FPD．
在△TPE和△DPF中，
¿，
∴△TPE≌△DPF(ASA)，
∴TE=DF，
1
∴DE+DF=DE+TE=DT= AD
2
（3）如解图③，当点P靠近点B时，过点A作AH⊥BD于点H，连接AP，作PG∥AB交AD于点G．
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∵△ABD AH⊥BD
是等边三角形， ，
1 1
∴BH=DH= BD= AD=4，AH=4√3．
2 2
在Rt△APH中，PH=√PA2−AH2=√72−(4√3) 2=1，
∴AG=BP=BH−PH=3．
由（2）可知，DF=EG=1，
∴DE=AD−AG−EG=8−3−1=4；
如解图④，当点P靠近点D时，同理可得PH=1，AG=PB=BH+PH=5．
∵DF=EG=1，
∴DE=AD−AG−EG=8−5−1=2．
综上所述，DE的长为4或2．
【点睛】本题考查了正方形的性质与判定，三角形中位线的性质，菱形的性质，勾股定理的应用，全等三
角形的性质与判定，等边三角形的性质与判定，熟练掌握以上知识是解题的关键．
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