文档内容
2026年菁优中考数学解密之四边形
一．选择题（共10小题）
1．（2025•阳泉模拟）如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC是边长为3的正方形，其中，点C位于
第二象限，点B位于第一象限，且OC与y轴正半轴的夹角为15°，则点B的坐标为（ ）
3√2 3√6
A．( ， ) B．(2，2√3)
2 2
2√3 3√2 9
C．( ，2) D．( ， )
3 2 2
2．（2025•盐田区二模）数学活动课上，小茗同学利用尺规对矩形ABCD进行如图所示的操作，作出的两
条线的交点恰好落在AD边上的点O处，则∠DAC的度数为（ ）
A．30° B．20°
C．条件不足，无法计算 D．22.5°
3．（2025•兰州）如图，四边形ABCD是矩形，对角线AC，BD相交于点O，点E，F分别在边AB，BC
上，连接EF交对角线BD于点P．若P为EF的中点，∠ADB＝35°，则∠DPE＝（ ）
A．95° B．100° C．110° D．145°
4．（2025•大庆）如图，在正方形ABCD中，AB=3√2，点E，F分别在线段AB，BC上，AE=CF=√2，
第1页（共40页）连接EF，AC．过点E，F分别作线段AC的垂线，垂足分别为G，H．动点P在△ACD内部及边界上
运动，四边形EFHG，△PEG，△PEF，△PFH，△PGH的面积分别为S ，S ，S ，S ，S ，若点P在
0 1 2 3 4
运动中始终满足3S ＝S +S +S +S ，则满足条件的所有点P组成的图形长度为（ ）
0 1 2 3 4
3
A．2 B． π C．4 D．2
2
π
5．（2025•广州）如图，菱形ABCD的面积为10，点E，F，G，H分别为AB，BC，CD，DA的中点，则
四边形EFGH的面积为（ ）
5
A． B．5 C．4 D．8
2
6．（2025•安徽）在如图所示的 ABCD中，E，G分别为边AD，BC的中点，点F，H分别在边AB，CD
上移动（不与端点重合），且▱满足AF＝CH，则下列为定值的是（ ）
A．四边形EFGH的周长 B．∠EFG的大小
C．四边形EFGH的面积 D．线段FH的长
7．（2025•坪山区模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，对角线AC，BD相交于点O，E为OD
的中点，连接AE，则△AED的面积为（ ）
第2页（共40页）A．6 B．8 C．12 D．24
8．（2025•定海区三模）如图，在正方形ABCD中，AB＝4，E，F分别为边AB，BC的中点，连接AF，
DE，点G，H分别为DE，AF的中点，连接GH，则GH的长为（ ）
√2
A． B．1 C．√2 D．2
2
9．（2025•定西一模）如图，在平面直角坐标系中，若菱形 ABCD的顶点A，B的坐标分别为（﹣2，
0），（3，0），点D在y轴上，则点C的坐标是（ ）
A．（4，3） B．（5，3） C．（5，4） D．(5，√21)
10．（2025•越秀区校级二模）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，对角线AC与BD相交于点O，AE⊥BD，
垂足为E，若BE＝EO，则AD的长是（ ）
A．6 B．4√3 C．8√2 D．6√3
二．填空题（共10小题）
第3页（共40页）11．（2025•乐山）如图，在 ABCD中，对角线AC与BD相交于点O．小乐同学欲添加两个条件使得四
边形ABCD是正方形，现▱有三个条件可供选择：①AC⊥BD；②AC＝BD；③∠ADC＝90°．则正确
的组合是 （只需填一种组合即可）．
12．（2025•内江）如图，在矩形ABCD中，AB＝8，AD＝6，点E、F分别是边AD、CD上的动点，连接
BE、EF，点G为BE的中点，点H为EF的中点，连接GH，则GH的最大值是 ．
13．（2025•辽宁）如图，在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AC＝8，BD＝12，点E在线段
OA上，AE＝2，点F在线段OC上，OF＝1，连接BE，点G为BE的中点，连接FG，则FG的长为
．
14．（2025•福建）如图，菱形ABCD的对角线相交于点O，EF过点O且与边AB，CD分别相交于点E，
F．若OA＝2，OD＝1，则△AOE与△DOF的面积之和为 ．
15．（2025•西宁）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，AE⊥BC，垂足为E，连接OE．若
BD＝6，OE=√5，则菱形ABCD的面积是 ．
第4页（共40页）16．（2025•绵竹市模拟）如图，点E，F是正方形ABCD的边AD上两个动点，满足AE＝DF．连接CF
交BD于点G，连接BE交AG于点H．若正方形ABCD的边长为2a，则线段DH长度的最小值是
．
17．（2025•仙居县二模）如图，已知正方形ABCD与正方形AEFG，M，N分别是AB，CD的中点，当点
F落在线段MN上时，点G恰好在ED上．记正方形AEFG的面积为m，正方形ABCD的面积为n，则
n
= ．
m
18．（2025•晋中二模）如图，在边长为 4的正方形ABCD中，点E，F，G，H为正方形内部的点，
AF⊥BG，BG⊥CH，CH⊥DE，DE⊥AF，四边形EFGH为正方形，直线EG分别交AB，DC于点P，
Q．若点P为AB边的三等分点，则EG的长为 ．
19．（2025•苍梧县一模）如图，P是矩形ABCD的边AD上一个动点，矩形的两条边AB、BC的长分别为
6和8，那么点P到矩形的两条对角线AC和BD的距离之和是 ．
第5页（共40页）20．（2025•梅州三模）如图1，小亮在公园发现一条由一些不规则的多边形拼接而成的道路．小亮由此
抽象出如图2所示的多边形ABCDEF，则这个多边形的内角和为 ．
三．解答题（共5小题）
21．（2025•杭州模拟）在 ABCD中，点E在CD边上，点F在AB边上，连接AE、CF、DF、BE，
∠DAE＝∠BCF． ▱
（1）如图1，求证：DE＝BF；
（2）如图2，设AE交DF于点G，BE交CF于点H，连接GH，若E是CD边的中点，在不添加任何
辅助线的情况下，请直接写出图中以GH为边的所有平行四边形．
22．（2025•甘肃）四边形ABCD是正方形，点E是边AD上一动点（点D除外），△EFG是直角三角形，
EG＝EF，点G在CD的延长线上．
（1）如图1，当点E与点A重合，且点F在边BC上时，写出BF和DG的数量关系，并说明理由；
（2）如图2，当点E与点A不重合，且点F在正方形ABCD内部时，FE的延长线与BA的延长线交于
点P，如果EF＝EP，写出AE和DG的数量关系，并说明理由；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接BF，写出BF和DG的数量关系，并说明理由．
第6页（共40页）23．（2022•绿园区校级一模）如图，在 ABCD中，点O是对角线AC，BD的交点，EF过点O且垂直于
AD． ▱
（1）求证：OE＝OF；
（2）若S ＝63，OE＝3.5，求AD的长．
ABCD
▱
24．（2025•中山市校级模拟）如图，在平行四边形ABCD中，对角线DB上有两点E，F，且DF＝BE．
（Ⅰ）求证：四边形AFCE是平行四边形；
（Ⅱ）若△ABD是等边三角形，且边长为8，BE＝2，求AE．
25．（2025•威海一模）（1）如图（1），四边形ABCD是一个正方形，E是BC延长线上一点，且AC＝
EC，则∠DAE的度数为 ；
（2）如图（2），将（1）中的△ABE沿AE折叠，得到△AB′E，延长CD交B′E于点F，若AB＝2，求
B′F的长；
（3）如图（3），当点E在射线BC上运动时，把（2）中的正方形ABCD变为矩形ABCD，且AB＝
4，AD=√5，连接B′B，B′B与AE交于点P，连接DP．求D，P两点间的最短距离．
第7页（共40页）第8页（共40页）2026年菁优中考数学解密之四边形
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 A D C A B C A C D D
一．选择题（共10小题）
1．（2025•阳泉模拟）如图，在平面直角坐标系中，四边形OABC是边长为3的正方形，其中，点C位于
第二象限，点B位于第一象限，且OC与y轴正半轴的夹角为15°，则点B的坐标为（ ）
3√2 3√6
A．( ， ) B．(2，2√3)
2 2
2√3 3√2 9
C．( ，2) D．( ， )
3 2 2
【考点】正方形的性质；坐标与图形性质；勾股定理．
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【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】A
【分析】连接OB，作BE⊥y轴，由正方形的性质可得∠BOC＝45°，∠C＝90°，则由勾股定理和角度
和差得OB=√32+32=3√2，∠BOE＝30°，最后用三角函数即可求出点B的坐标．
【解答】解：连接OB，作BE⊥y轴于点E，
∵四边形OABC是正方形，
第9页（共40页）∴∠BOC＝45°，∠C＝90°，
由勾股定理可得，OB=√32+32=3√2，
由题意可得：∠COE＝15°，∠OEB＝90°，
∴∠BOE＝30°，
1 3√2
由三角函数可得，BE=OBsin30°= ×3√2= ，
2 2
√3 3√6
由三角函数可得，OE=OBcos30°= ×3√2= ，
2 2
3√2 3√6
∴点B的坐标为：( ， )，
2 2
故选：A．
【点评】此题考查了正方形的性质，坐标与图形，勾股定理以及三角函数的应用，解题的关键是熟练
掌握相关基础性质，作出辅助线．
2．（2025•盐田区二模）数学活动课上，小茗同学利用尺规对矩形ABCD进行如图所示的操作，作出的两
条线的交点恰好落在AD边上的点O处，则∠DAC的度数为（ ）
A．30° B．20°
C．条件不足，无法计算 D．22.5°
【考点】矩形的性质．
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【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】D
【分析】根据线段垂直平分线的性质和矩形的性质即可得到结论．
【解答】解：如图，
第10页（共40页）由作图知，AO＝OC，OE⊥AC，
∴∠DAC＝∠ACO，
由作图知，OC平分∠BCD，
1 1
∴∠BCO= BCD= ×90°=45°，
2 2
∵AD∥BC，
∴∠DAC＝∠ACB，
1
∴∠ACO＝∠ACB= ×45°=22.5°，
2
∴∠DAC＝∠ACB＝22.5°，
故选：D．
【点评】本题考查了矩形的性质，线段垂直平分线的性质，正确地识别图形是解题的关键．
3．（2025•兰州）如图，四边形ABCD是矩形，对角线AC，BD相交于点O，点E，F分别在边AB，BC
上，连接EF交对角线BD于点P．若P为EF的中点，∠ADB＝35°，则∠DPE＝（ ）
A．95° B．100° C．110° D．145°
【考点】矩形的性质．
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【专题】图形的全等；矩形 菱形 正方形；几何直观；推理能力．
【答案】C
【分析】根据AD∥BC得∠PBF＝∠ADB＝35°，再根据直角三角形斜边中线性质得PB＝PF＝PE，进
而得∠PFB＝∠PBF＝35°，再由三角形内角和定理求出∠BPF＝110°，则可得出∠DPE的度数．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，∠ADB＝35°，
∴AD∥BC，∠ABC＝90°，
第11页（共40页）∴∠PBF＝∠ADB＝35°，
∵点P是EF的中点，
∴PB是Rt△BEF的斜边EF上的中线，
∴PB＝PF＝PE，
∴∠PFB＝∠PBF＝35°，
在△PBF中，∠BPF＝180°﹣（∠PFB+∠PBF）＝110°，
∴∠DPE＝∠BPF＝110°．
故选：C．
【点评】此题主要考查了矩形的判定和性质，熟练掌握矩形的判定和性质，平行线的性质，三角形斜
边中线的性质是解决问题的关键．
4．（2025•大庆）如图，在正方形ABCD中，AB=3√2，点E，F分别在线段AB，BC上，AE=CF=√2，
连接EF，AC．过点E，F分别作线段AC的垂线，垂足分别为G，H．动点P在△ACD内部及边界上
运动，四边形EFHG，△PEG，△PEF，△PFH，△PGH的面积分别为S ，S ，S ，S ，S ，若点P在
0 1 2 3 4
运动中始终满足3S ＝S +S +S +S ，则满足条件的所有点P组成的图形长度为（ ）
0 1 2 3 4
3
A．2 B． π C．4 D．2
2
π
【考点】正方形的性质；三角形的面积．
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【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】A
【分析】由正方形的性质得AC＝6，AG＝CH＝1，求出GE＝1，GH＝4，求出S ＝4，根据图形得
0
S +S +S ＝S +S ，根据3S ＝S +S +S +S ，得S ＝4，可得点P的运动轨迹是△ACD中平行于AC的一
1 2 3 0 4 0 1 2 3 4 4
条线段MN，取AC的中点O，连接OD交MN于点Q，根据三角形面积公式求出OQ＝2，得到DQ＝
1，从而求出MN＝2．
【解答】解：在正方形ABCD中，AD＝CD＝AB＝BC＝3√2，∠BAC＝∠BCA＝45°，
∴AC=√2AB＝6，
∵EG⊥AC，FH⊥AC，
第12页（共40页）∴∠EGA＝∠EGC＝∠FHC＝∠FHG＝90°，
∴∠AEG＝∠HFC＝45°，
∴△AGE，△HFC为等腰直角三角形，
∴AG＝GE，HC＝HF，
∵AE＝CF=√2，
由勾股定理得AG＝GE＝HC＝HF＝1，BE＝BF，GH＝AC﹣AG﹣CH＝4，
∴∠BEF＝∠BFE＝45°，
∴∠BEF＝45°，
∴∠GEF＝180°﹣45°﹣45°＝90°，
∵∠EGH＝∠FHG＝90°，
∴四边形GEFH是矩形，
∴S ＝EG•GH＝1×4＝4，
0
∵S +S +S ＝S +S ，3S ＝S +S +S +S ，
1 2 3 0 4 0 1 2 3 4
∴S ＝4，
4
∵动点P在△ACD内部及边界上运动，
∴点P的运动轨迹是△ACD内部及边界上平行于AC的一条线段MN，
则△DMN是等腰直角三角形，
如图，取AC的中点O，连接OD交MN于点Q，
1
则DO= AC＝3，
2
1
∵S = ×GH•OQ＝4，GH＝4，
4 2
∴OQ＝2，
∴DQ＝OD﹣OQ＝3﹣2＝1，
∴MN＝2，
即点P组成的图形长度为2，
第13页（共40页）故选：A．
【点评】本题主要考查正方形的性质，勾股定理以及点的轨迹，解决本题的关键是得到点 P的运动轨
迹．
5．（2025•广州）如图，菱形ABCD的面积为10，点E，F，G，H分别为AB，BC，CD，DA的中点，则
四边形EFGH的面积为（ ）
5
A． B．5 C．4 D．8
2
【考点】中点四边形；菱形的性质．
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【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】B
1
【分析】连接AC、BD，根据菱形的性质、面积公式得到AC⊥BD， AC•BD＝10，根据三角形中位线
2
1
定理得到EF∥AC，EF= AC，证明四边形EFGH为矩形，根据矩形的面积公式计算，得到答案．
2
【解答】解：如图，连接AC、BD，
∵四边形ABCD为菱形，且面积为10，
1
∴AC⊥BD， AC•BD＝10，
2
∵E、F分别为AB、BC的中点，
∴EF是△ABC的中位线，
1
∴EF∥AC，EF= AC，
2
1 1
同理可得：GH∥AC，GH= AC，FG∥BD，FG= BD，
2 2
∴EF∥GH，EF＝GH，EF⊥FG，
∴四边形EFGH为矩形，
1 1 1 1
∴S四边形EFGH ＝EF•FG =
2
AC•
2
BD =
2
×
2
AC•BD＝5，
故选：B．
第14页（共40页）【点评】本题考查的是中点四边形，掌握三角形中位线定理、菱形的性质、矩形的判定是解题的关键．
6．（2025•安徽）在如图所示的 ABCD中，E，G分别为边AD，BC的中点，点F，H分别在边AB，CD
上移动（不与端点重合），且▱满足AF＝CH，则下列为定值的是（ ）
A．四边形EFGH的周长 B．∠EFG的大小
C．四边形EFGH的面积 D．线段FH的长
【考点】平行四边形的性质；三角形的面积．
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【专题】多边形与平行四边形；推理能力．
【答案】C
【分析】由平行四边形的性质可得AD＝BC，AD∥BC，可证四边形AEGB和四边形DEGC是平行四边
1 1
形，可得S
△EGF
=
2
S平行四边形ABGE ，S
△EHG
=
2
S平行四边形DEGC ，即可求解．
【解答】解：如图，连接EG，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD＝BC，AD∥BC，
∵E，G分别为边AD，BC的中点，
∴AE＝DE＝BG＝CG，
∴四边形AEGB和四边形DEGC是平行四边形，
1 1
∴S
△EGF
=
2
S平行四边形ABGE ，S
△EHG
=
2
S平行四边形DEGC ，
1
∴四边形EFGH的面积=
2
S平行四边形ABCD ，
∴四边形EFGH的面积是定值，
故选：C．
第15页（共40页）【点评】本题考查了平行四边形的性质，掌握平行四边形的性质是解题的关键．
7．（2025•坪山区模拟）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，对角线AC，BD相交于点O，E为OD
的中点，连接AE，则△AED的面积为（ ）
A．6 B．8 C．12 D．24
【考点】矩形的性质；三角形的面积．
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【专题】矩形 菱形 正方形；运算能力．
【答案】A
【分析】过点A作AF⊥BD于F，根据勾股定理求出BD＝AC＝10，得到DE的长度，利用面积法求出
AF即可．
【解答】解：过点A作AF⊥BD于F，
在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝8，
∴BD=AC=√AB2+BC2=10，
∵对角线AC，BD相交于点O，
1
∴OB=OD= BD=5，
2
∵E为OD的中点，
1
∴DE= OD=2.5，
2
第16页（共40页）1 1
∵S = AB⋅AD= BD⋅AF
△ABD 2 2
AB⋅AD 6×8
∴AF= = =4.8
BD 10
1 1
∴△AED的面积为 DE⋅AF= ×2.5×4.8=6
2 2
故选：A．
【点评】此题考查了矩形的性质，勾股定理，正确掌握矩形的性质及利用面积法求出 AF是解题的关
键．
8．（2025•定海区三模）如图，在正方形ABCD中，AB＝4，E，F分别为边AB，BC的中点，连接AF，
DE，点G，H分别为DE，AF的中点，连接GH，则GH的长为（ ）
√2
A． B．1 C．√2 D．2
2
【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质．
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【专题】图形的全等；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】C
【分析】连接AG并延长交CD于M，连接FM，由正方形ABCD推出AB＝CD＝BC＝4，AB∥CD，
1 1
∠C＝90°，证得△AEG≌△MGD，得到AG＝MG，AE＝DM= AB，根据三角形中位线定理得到GH=
2 2
FM，由勾股定理求出FM即可得到GH．
【解答】解：连接AG并延长交CD于M，连接FM，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝CD＝BC＝4，AB∥CD，∠C＝90°，
第17页（共40页）∴∠AEG＝∠GDM，∠EAG＝∠DMG，
∵G为DE的中点，
∴GE＝GD，
在△AGE和MGD中，
{∠EAG=∠DMG
∠AEG=∠MDG，
¿=GD
∴△AGE≌△MGD（AAS），
1 1
∴AG＝MG，AE＝DM= AB= CD，
2 2
1
∴CM= CD＝2，
2
∵点H为AF的中点，
1
∴GH= FM，
2
∵F为BC的中点，
1
∴CF= BC＝2，
2
∴FM=√CM2+CF2=2√2，
∴GH=√2，
故选：C．
【点评】本题主要考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，勾股定理，三角形的中位线定理，
正确作出辅助线且证出AM＝MG是解决问题的关键．
9．（2025•定西一模）如图，在平面直角坐标系中，若菱形 ABCD的顶点A，B的坐标分别为（﹣2，
0），（3，0），点D在y轴上，则点C的坐标是（ ）
A．（4，3） B．（5，3） C．（5，4） D．(5，√21)
【考点】菱形的性质；坐标与图形性质；勾股定理．
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第18页（共40页）【专题】平面直角坐标系；矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力．
【答案】D
【分析】首先根据菱形的性质求出AB的长度，再利用勾股定理求出DO的长度，进而得到点C的坐标．
【解答】解：∵菱形ABCD的顶点A，B的坐标分别为（﹣2，0），（3，0），点D在y轴上，
∴AB＝AO+OB＝5，
∴AD＝AB＝CD＝5，
∴DO=√AD2-AO2=√52-22=√21，
∴点C的坐标是：（5，√21）．
故选：D．
【点评】此题主要考查了菱形的性质以及坐标与图形的性质，解题的关键是利用勾股定理求出 DO的
长度．
10．（2025•越秀区校级二模）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，对角线AC与BD相交于点O，AE⊥BD，
垂足为E，若BE＝EO，则AD的长是（ ）
A．6 B．4√3 C．8√2 D．6√3
【考点】矩形的性质；等腰三角形的性质；勾股定理．
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【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力．
【答案】D
【分析】由矩形的性质得出OA＝OB，由等腰三角形的性质得出AB＝AO＝BO＝6，推出BD＝12，最
后由勾股定理计算即可得解．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
1 1
∴OA= AC，OB= BD，∠BAD＝90°，AC＝BD，
2 2
∴OA＝OB，
∵AE⊥BD，BE＝EO，即AE垂直平分OB，
∴AB＝AO，
∴AB＝AO＝BO＝6，
∴BD＝12，
第19页（共40页）∴AD=√BD2-AB2=6√3．
故选：D．
【点评】本题考查了矩形的性质、等腰三角形的性质、勾股定了，解题的关键是掌握相关知识的灵活
运用．
二．填空题（共10小题）
11．（2025•乐山）如图，在 ABCD中，对角线AC与BD相交于点O．小乐同学欲添加两个条件使得四
边形ABCD是正方形，现▱有三个条件可供选择：①AC⊥BD；②AC＝BD；③∠ADC＝90°．则正确
的组合是 ①② 或 ①③ （只需填一种组合即可）．
【考点】正方形的判定；全等三角形的判定与性质；平行四边形的性质．
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【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】①②或①③．
【分析】根据正方形的判定定理即可得到结论．
【解答】解：正确的组合是①②或①③，
理由：∵四边形ABCD是平行四边形，AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形，
∵AC＝BD，
∴四边形ABCD是正方形，
∵四边形ABCD是平行四边形，AC⊥BD，
∴四边形ABCD是菱形，
∵∠ADC＝90°，
∴四边形ABCD是正方形，
故答案为：①②或①③．
【点评】本题主要考查的是正方形的判定，熟练掌握正方形的判定定理是解题的关键．
12．（2025•内江）如图，在矩形ABCD中，AB＝8，AD＝6，点E、F分别是边AD、CD上的动点，连接
BE、EF，点G为BE的中点，点H为EF的中点，连接GH，则GH的最大值是 5 ．
第20页（共40页）【考点】矩形的性质；三角形中位线定理．
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【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】5．
【分析】由勾股定理可求BD的长，由三角形中位线定理可得BF＝2GH，当BF有最大值时，GH有最
大值，即当点F与点D重合时，BF有最大值为10，即可求解．
【解答】解：如图，连接BD，BF，
∵AB＝8，AD＝6，
∴BD=√AB2+AD2=10，
∵点G为BE的中点，点H为EF的中点，
∴BF＝2GH，
∴当BF有最大值时，GH有最大值，
∵点F是CD的点，
∴当点F与点D重合时，BF有最大值为10，
∴GH的最大值为5，
故答案为：5．
【点评】本题考查了矩形的性质，三角形中位线定理，勾股定理等知识，添加恰当辅助线是解题的关
键．
13．（2025•辽宁）如图，在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AC＝8，BD＝12，点E在线段
OA上，AE＝2，点F在线段OC上，OF＝1，连接BE，点G为BE的中点，连接FG，则FG的长为
√13 ．
第21页（共40页）【考点】菱形的性质；勾股定理；三角形中位线定理．
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【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；几何直观；推理能力．
【答案】√13．
1 1
【分析】由菱形对角线互相垂直且平分，可得OA= AC=4，OB= BD=6，AC⊥BD，取OE中点
2 2
1
H，连接GH，则GH= OB，GH∥OB，再用勾股定理解Rt△GHF即可．
2
【解答】解：方法一：在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AC＝8，BD＝12，
1 1
∴OA= AC=4，OB= BD=6，AC⊥BD，
2 2
∵AE＝2，
∴OE＝OA﹣AE＝4﹣2＝2，
如图，取OE中点H，连接GH，
∵点G为BE的中点，点H为OE的中点，
∴GH是三角形EBO的中位线，
1
∴GH= OB=3，GH∥OB，
2
∴∠GHE＝∠BOA＝90°，
∵OF＝1，
1 1
∴HF=OH+OF= OE+OF= ×2+1=2，
2 2
在直角三角形GFH中，由勾股定理得：GF=√GH2+H F2=√32+22=√13；
第22页（共40页）方法二：在菱形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，AC＝8，AE＝2，OF＝1，
∴OB＝6，OC＝4，
∴CE＝8﹣2＝6，CF＝OC﹣OF＝4﹣1＝3，
∴F为CE的中点，
又∵点G为BE的中点，
∴GF为△BCE的中位线，
∵BC=√62+42=2√13，
∴FG=√13．
故答案为：√13．
【点评】本题考查菱形的性质，勾股定理，三角形中位线的性质，熟练掌握三角形中位线的性质是解
答本题的关键．
14．（2025•福建）如图，菱形ABCD的对角线相交于点O，EF过点O且与边AB，CD分别相交于点E，
F．若OA＝2，OD＝1，则△AOE与△DOF的面积之和为 1 ．
【考点】菱形的性质；三角形的面积；全等三角形的判定与性质．
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【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】1．
【分析】根据菱形的性质证明△DOF≌△BOE（AAS），得△DOF的面积＝△BOE的面积，进而可以解
决问题．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴DO＝BO＝1，CD∥AB，
∴∠ODF＝∠OBE，∠OFD＝∠OEB，
∴△DOF≌△BOE（AAS），
∴△DOF的面积＝△BOE的面积，
1
∴△AOE与△DOF的面积之和＝△BOA的面积= ×2×1＝1，
2
故答案为：1．
【点评】本题考查菱形的性质，三角形全等的判定及性质，三角形的面积，掌握菱形的性质是解题的
第23页（共40页）关键．
15．（2025•西宁）如图，菱形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，AE⊥BC，垂足为E，连接OE．若
BD＝6，OE=√5，则菱形ABCD的面积是 6√5 ．
【考点】菱形的性质；直角三角形斜边上的中线．
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【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】由菱形的性质得AC⊥BD，OA＝OC，由AE⊥BC，垂足为E，得∠AEC＝90°，则OE＝OA＝
1 1
OC=
2
AC，因为OE=√5，所以AC＝2OE＝2√5，而BD＝6，则S菱形ABCD =
2
AC•BD＝6√5，于是得到
问题的答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD相交于点O，
∴AC⊥BD，OA＝OC，
∵AE⊥BC，垂足为E，OE=√5，
∴∠AEC＝90°，
1
∴OE＝OA＝OC= AC，
2
∴AC＝2OE＝2√5，
∵BD＝6，
1 1
∴S菱形ABCD =
2
AC•BD =
2
×2√5×6＝6√5，
故答案为：6√5．
【点评】此题重点考查菱形的性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半等知识，正确地求出 AC
的长是解题的关键．
16．（2025•绵竹市模拟）如图，点E，F是正方形ABCD的边AD上两个动点，满足AE＝DF．连接CF
交BD于点G，连接BE交AG于点H．若正方形ABCD的边长为2a，则线段DH长度的最小值是 （
√5- 1 ） a ．
第24页（共40页）【考点】正方形的性质；三角形三边关系；全等三角形的判定与性质；直角三角形斜边上的中线；勾
股定理．
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【专题】三角形；图形的全等；矩形 菱形 正方形；解直角三角形及其应用；运算能力；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】根据正方形的性质利用“边角边”证明△ABE≌△DCF，可得∠1＝∠2，同理证明
△ADG≌△CDG（SAS），可得∠3＝∠2，从而得到∠1＝∠3，然后求出∠AHB＝90°．取AB的中点
1
O，可得 OH= AB=a 利用勾股定理列式求出OD，然后根据三角形的三边关系可知，当O、D、H
2
三点共线时，DH的长度最小．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD＝CD，∠BAD＝∠CDA，∠ADG＝∠CDG，
在△ABE和△DCF中，
{
AB=DC
∠BAE=∠CDF，
AE=DF
∴△ABE≌△DCF（SAS），
∴∠1＝∠2．
在△ADG和△CDG中，
{
AD=AD
∠ADG=∠CDG，
DG=DG
∴△ADG≌△CDG（SAS），
∴∠3＝∠2，
∴∠1＝∠3．
∵∠BAH+∠3＝∠BAD＝90°，
∴∠1+∠BAH＝90°，
∴∠AHB＝180°﹣90°＝90°，
取AB的中点O，连接OH、OD，
第25页（共40页）1 1
则OH=AO= AB= ×2a=a，
2 2
在Rt△AOD中，OD=√AO2+AD2=√a2+4a2=√5a．
根据三角形的三边关系，OH+DH＞OD，
∴当O、D、H三点共线时，DH的长度最小，
∴DH的最小值为 OD﹣OH=√5a﹣a＝（√5-1）a．
故答案为：（√5-1）a．
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的
一半的性质，三角形的三边关系，确定出DH最小时点H的位置是解题关键．
17．（2025•仙居县二模）如图，已知正方形ABCD与正方形AEFG，M，N分别是AB，CD的中点，当点
F落在线段MN上时，点G恰好在ED上．记正方形AEFG的面积为m，正方形ABCD的面积为n，则
n
= 4+2√3 ．
m
【考点】正方形的性质．
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【专题】图形的全等；矩形 菱形 正方形；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】4+2√3．
【分析】连接DF，过点G作GH⊥MN，HG的延长线交AD于K，设GK＝a，DN＝b，则a＞0，b＞
0，则CD＝AD＝2b，HK＝DN＝b，HG＝b﹣a，证明△HFG和△KGA全等得HG＝AK＝b﹣a，FH＝
GK＝a，则HN＝DK＝b+a，进而得FN＝b+2a，证明DE是线段AF的垂直平分线，则FD＝AD＝2b，
在Rt△FDH中，由勾股定理得（2b）2＝b2+（b+2a）2，整理得b2﹣2ab﹣2a2＝0，解这个关于b的方
程得b=a+√3a，则AK＝b﹣a=√3a，由此得正方形AEFG的面积m＝AG2＝4a2，正方形ABCD的面
第26页（共40页）n
积n=8(2+√3)a2，据此即可得出 的值．
m
【解答】解：连接DF，过点G作GH⊥MN，HG的延长线交AD于点K，如图所示：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，∠BAD＝∠B＝∠C＝∠ADC＝90°，AD∥BC，AB∥CD，
∵点M，N是AB，CD的中点，
∴DN＝BM，CN＝BM，
∴四边形BCNM，四边形ADNM都是矩形，
∵HK⊥MN，AD∥BC，
∴HK⊥AD，
∴四边形KDNH，四边形AKHM都是矩形，
设GK＝a，DN＝b，则a＞0，b＞0，HN＝DK，
∴CD＝AD＝2b，HK＝DN＝b，
∴HG＝HK﹣GK＝b﹣a，
∵∠GHF＝∠AKG＝90°，
∴∠HGF+∠HFG＝90°，
∵四边形AEFG是正方形，
∴FG＝AG，∠AGF＝90°，
∵∠HGF+∠KGA＝90°，
∴∠HFG＝∠KGA，
在△HFG和△KGA中，
{∠GHF=∠AKG=90°
∠HFG=∠KGA ，
FG=AG
∴△HFG≌△KGA（AAS），
∴HG＝AK＝b﹣a，FH＝GK＝a，
∴HN＝DK＝AD﹣AK＝2b﹣（b﹣a）＝b+a，
第27页（共40页）∴FN＝HN+FH＝b+a+a＝b+2a，
∵四边形AEFG是正方形，AF是对角线，
∴DE是线段AF的垂直平分线，
∴FD＝AD＝2b，
在Rt△FDH中，由勾股定理得：FD2＝DN2+FN2，
∴（2b）2＝b2+（b+2a）2，
整理得：b2﹣2ab﹣2a2＝0，
解这个关于b的方程得：b=a+√3a，b=a-√3a（不合题意，舍去），
∴AK＝b﹣a=a+√3a-a=√3a，
在Rt△AGK中，由勾股定理得：AG2＝GK2+AK2=a2+(√3a) 2=4a2，
∴正方形AEFG的面积m＝AG2＝4a2，
∵AD＝2b=2a+2√3a，
∴正方形ABCD的面积n＝AD2=(2a+2√3a) 2=8(2+√3)a2，
n
8(2+√3)a2
∴ = =4+2√3．
m 4a2
故答案为：4+2√3．
【点评】此题主要考查了正方形的性质，理解正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解
决问题的关键，灵活运用勾股定理构造一元二次方程是解决问题的难点．
18．（2025•晋中二模）如图，在边长为 4的正方形ABCD中，点E，F，G，H为正方形内部的点，
AF⊥BG，BG⊥CH，CH⊥DE，DE⊥AF，四边形EFGH为正方形，直线EG分别交AB，DC于点P，
4
Q．若点P为AB边的三等分点，则EG的长为 √10 ．
5
【考点】正方形的性质；相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理．
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【专题】图形的全等；矩形 菱形 正方形；图形的相似；推理能力．
第28页（共40页）4√10
【答案】 ．
5
AP AK PK
【分析】过点P作PK⊥AE，垂足为K，设PK＝a，AK＝b，证明△PAK∽△ADE，可得 = =
AD DE AE
进而可得DE＝3b，AE＝3a，再证明Rt△PKE是等腰直角三角形可得PK＝KE，求出b＝2a，由勾股定
4 4 4
理求出a= √5，进而求出EF=AF-AE= √5，进而可得EG= √10．
15 5 5
【解答】解：过点P作PK⊥AE，垂足为K，设PK＝a，AK＝b，
在正方形ABCD中，∠PAK+∠EAD＝∠BAD＝90°，
∴∠PAK＝∠ADE，
∵AB＝AD，
又∵DE⊥AF，AF⊥BG，
∴∠AED＝∠AFB＝90°，∠ADE+∠EAD＝90°，
∴△ABF≌△DAE（AAS），
∴AF＝DE，AE＝DH，
∵∠PAK＝∠ADE，∠AED＝∠AKP＝90°，
∴△PAK∽△ADE，
AP AK PK
∴ = = ，
AD DE AE
1
∵AP= AB，AB＝AD＝4，
3
b a 1
∴ = = ，
DE AE 3
∴DE＝3b，AE＝3a，
∴KE＝AE﹣AK＝3a﹣b，
又∵四边形EFGH为正方形，
∴∠GEH＝45°，
∴∠PEK＝∠EPK＝45°，
第29页（共40页）∴PK＝KE，即a＝3a﹣b，
∴b＝2a，
∴DE＝3b＝6a，
在Rt△ADE中，AE2+DE2＝AB2，
∴（3a）2+（6a）2＝42，
4
∴a= √5，
15
4 8
∴b=2a= √5= √5，
15 15
4 4 8
∴AE=3a=3× √5= √5，AF=DE=3a=6a= √5，
15 5 5
4
∴EF=AF-AE=6a-3a=3a= √5，
5
∵四边形EFGH为正方形，
√ 4 4 4
∴EG=√EF2+FG2= ( √5) 2+( √5) 2= √10，
5 5 5
4
故答案为： √10．
5
【点评】本题考查了正方形的性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理等；解题关键是根据相似三
AP AK PK
角形的判定和性质得出 = = ．
AD DE AE
19．（2025•苍梧县一模）如图，P是矩形ABCD的边AD上一个动点，矩形的两条边AB、BC的长分别为
6和8，那么点P到矩形的两条对角线AC和BD的距离之和是 4. 8 ．
【考点】矩形的性质．
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【专题】几何图形问题．
【答案】见试题解答内容
【分析】首先连接OP，由矩形的两条边AB、BC的长分别为6和8，可求得OA＝OD＝5，△AOD的
1 1
面积，然后由S ＝S +S = OA•PE+ OD•PF求得答案．
△AOD △AOP △DOP 2 2
第30页（共40页）【解答】解：连接OP，
∵矩形的两条边AB、BC的长分别为6和8，
∴S矩形ABCD ＝AB•BC＝48，OA＝OC，OB＝OD，AC＝BD=√AB2+BC2=10，
∴OA＝OD＝5，
1
∴S
△ACD
=
2
S矩形ABCD ＝24，
1
∴S = S ＝12，
△AOD 2 △ACD
1 1 1 1 5
∵S ＝S +S = OA•PE+ OD•PF= ×5×PE+ ×5×PF= （PE+PF）＝12，
△AOD △AOP △DOP 2 2 2 2 2
解得：PE+PF＝4.8．
故答案为：4.8．
【点评】此题考查了矩形的性质以及三角形面积问题．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意
掌握数形结合思想的应用．
20．（2025•梅州三模）如图1，小亮在公园发现一条由一些不规则的多边形拼接而成的道路．小亮由此
抽象出如图2所示的多边形ABCDEF，则这个多边形的内角和为 720 ° ．
【考点】平面镶嵌（密铺）；多边形内角与外角．
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【专题】多边形与平行四边形；运算能力．
【答案】720°．
【分析】根据多边形的内角和公式即可求解．
【解答】解：根据多边形的内角和公式可得：
∴（6﹣2）×180°＝720°．
第31页（共40页）故答案为：720°．
【点评】本题考查了多边形的内角和问题，熟练掌握n边形的内角和为（n﹣2）×180°是解题的关键．
三．解答题（共5小题）
21．（2025•杭州模拟）在 ABCD中，点E在CD边上，点F在AB边上，连接AE、CF、DF、BE，
∠DAE＝∠BCF． ▱
（1）如图1，求证：DE＝BF；
（2）如图2，设AE交DF于点G，BE交CF于点H，连接GH，若E是CD边的中点，在不添加任何
辅助线的情况下，请直接写出图中以GH为边的所有平行四边形．
【考点】平行四边形的性质．
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【专题】多边形与平行四边形；推理能力．
【答案】（1）证明见解析；
（2）以GH为边的平行四边形有平行四边形 GHFA、平行四边形GHBF、平行四边形GHED、平行四
边形GHCE．
【分析】（1）由平行四边形的性质得出 AB∥CD，∠ADE＝∠CBF，AD＝BC，由 ASA 证明
△ADE≌△CBF，得出DE＝BF；
（2）由中点的定义得出DE＝CE，由平行四边形的判定方法即可得出平行四边形．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，∠ADE＝∠CBF，AD＝BC，
在△ADE和△CBF中，
{∠ADE=∠CBF
AD=BC ，
∠DAE=∠BCF
∴△ADE≌△CBF（ASA），
∴DE＝BF；
（2）解：∵E是CD的中点，
∴DE＝CE，
∴以GH为边的平行四边形有平行四边形GHFA、平行四边形GHBF、平行四边形GHED、平行四边形
第32页（共40页）GHCE．
【点评】本题考查了平行四边形的性质与判定、全等三角形的判定与性质；熟练掌握平行四边形的性
质，证明三角形全等得出DE＝BF是解决问题（1）的关键．
22．（2025•甘肃）四边形ABCD是正方形，点E是边AD上一动点（点D除外），△EFG是直角三角形，
EG＝EF，点G在CD的延长线上．
（1）如图1，当点E与点A重合，且点F在边BC上时，写出BF和DG的数量关系，并说明理由；
（2）如图2，当点E与点A不重合，且点F在正方形ABCD内部时，FE的延长线与BA的延长线交于
点P，如果EF＝EP，写出AE和DG的数量关系，并说明理由；
（3）如图3，在（2）的条件下，连接BF，写出BF和DG的数量关系，并说明理由．
【考点】四边形综合题．
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【专题】几何综合题；压轴题．
【答案】（1）BF＝DG，理由见解析；（2）AE＝DG，理由见解析；（3）BF=√5DG，理由见解析．
【分析】（1）根据正方形的性质，证明△ADG≌ABF，即可得出结论；
（2）根据正方形的性质，证明△PAE≌△EDG，即可得出结论；
（3）作FH⊥AB，得到AE∥FH，平行线分线段成比例得到AP＝AH，进而得到AE为△PHF的中位线，
得到FH＝2AE，根据AP＝DE，得到AH＝DE，进而得到AE＝BH，勾股定理得到BF=√5AE，再根
据AE＝DG，即可得出结论．
【解答】解：（1）BF＝DG，理由如下：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝90°，
∵△EFG是直角三角形，EG＝EF，
∴∠FEG＝90°，
当点E与点A重合时，
则∠FAG＝90°＝∠BAD，
∴∠DAG＝∠BAF＝90°﹣∠DAF，
又∵AB＝AD，AG＝AF，
第33页（共40页）∴△ADG≌ABF，
∴BF＝DG；
（2）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADC＝∠DAB＝90°，
∵点G在CD的延长线上，FE的延长线与BA的延长线交于点P，
∴∠PAE＝∠EDG＝90°，
∴∠P+∠AEP＝90°，
∵∠FEG＝∠DEF+∠DEG＝90°，∠AEP＝∠DEF，
∴∠P＝∠DEG，
∵EG＝EF，EF＝EP，
∴EG＝EP，
在△APE和△DEG中，
{∠PAE=∠EDG=90°
∠P=∠DEG ，
EP=EG
∴△PAE≌△EDG，
∴AE＝DG；
（3）BF=√5DG，理由如下：
由（2）可知：△PAE≌△EDG，
∴AE＝DG，AP＝DE，
作FH⊥AB于点H，
则∠FHB＝∠FHA＝90°＝∠PAE，
∴AE∥FH，
PA PE
∴ = =1，
AH EF
∴PA＝AH，
∵PE＝EF，
∴AE为△PHF 的中位线，
第34页（共40页）∴HF＝2AE，
∵AP＝DE，PA＝AH，
∴DE＝AH，
又∵AD＝AB，
∴AE＝BH，
在Rt△BHF中，由勾股定理，得：BF=√H F2+BH2=√5AE，
∵AE＝DG，
∴BF=√5DG．
【点评】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，平行线分线段成比例，三角形的中位线
定理，勾股定理等知识点，熟练掌握相关知识点，证明三角形全等，添加辅助线构造特殊图形是解题
的关键．
23．（2022•绿园区校级一模）如图，在 ABCD中，点O是对角线AC，BD的交点，EF过点O且垂直于
AD． ▱
（1）求证：OE＝OF；
（2）若S ＝63，OE＝3.5，求AD的长．
ABCD
▱
【考点】平行四边形的性质；全等三角形的判定与性质．
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【专题】综合题；几何直观．
【答案】（1）证明见解析；
（2）9．
【分析】（1）运用ASA证明△AEO≌△CFO即可得到结论；
（2）由（1）得EF＝7，再根据平行四边形的面积计算公式求解即可．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，OA＝OC，
∴∠EAO＝∠FCO，
在△AEO和△CFO中，
∵∠EAO＝∠FCO，OA＝OC，∠AOE＝∠COF，
第35页（共40页）∴△AEO≌△CFO，（ASA）
∴OE＝OF；
（2）解：∵OE＝OF，OE＝3.5，
∴EF＝2OE＝7，
又∵EF⊥AD，
∴S ＝AD×EF＝63，
ABCD
∴A▱D＝9．
【点评】本题考查了平行四边形性质，全等三角形的判定的应用，注意：平行四边形的对边平行且相
等，平行四边形的对角线互相平分，全等三角形的判定方法有SAS，ASA，AAS，SSS等，本题主要考
查了学生运用定理进行推理的能力．
24．（2025•中山市校级模拟）如图，在平行四边形ABCD中，对角线DB上有两点E，F，且DF＝BE．
（Ⅰ）求证：四边形AFCE是平行四边形；
（Ⅱ）若△ABD是等边三角形，且边长为8，BE＝2，求AE．
【考点】平行四边形的判定与性质；菱形的判定与性质；等边三角形的性质；勾股定理．
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【专题】等腰三角形与直角三角形；多边形与平行四边形；运算能力；推理能力．
【答案】见试题解答内容
【分析】（1）连接AC交BD于点O，由平行四边形的性质得OA＝OC，OB＝OD，再证OF＝OE，然
后由平行四边形的判定即可得出结论；
（2）证平行四边形ABCD是菱形，AC⊥BD，则平行四边形AFCE是菱形，得AE＝AF，得BD＝AB＝
8，则OB＝OD＝4，然后由勾股定理得OA＝4，即可解决问题．
【解答】（1）证明：如图，连接AC交BD于点O，
∵四边形ABCD是平行四边形，
第36页（共40页）∴OA＝OC，OB＝OD，
∵DF＝BE，
∴OD﹣DF＝OB﹣BE，
即OF＝OE，
∴四边形AFCE是平行四边形；
（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，AB＝AD＝8，
∴平行四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
由（1）可知，四边形AFCE是平行四边形，
∴平行四边形AFCE是菱形，
∴AE＝AF＝CD＝CE，
∵△ABD是等边三角形，
∴BD＝AB＝8，
∴OB＝OD＝4，
∴OE＝OB﹣BE＝4﹣2＝2，
∵OA=√AB2-OB2=√82-42=4√3，
∴AE=√OA2+OE2=√(4√3) 2+22=2√13．
【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质、菱形的判定与性质、等边三角形的性质以及勾股定理
等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质和菱形的判定与性质是解题的关键．
25．（2025•威海一模）（1）如图（1），四边形ABCD是一个正方形，E是BC延长线上一点，且AC＝
EC，则∠DAE的度数为 22.5 ° ；
（2）如图（2），将（1）中的△ABE沿AE折叠，得到△AB′E，延长CD交B′E于点F，若AB＝2，求
B′F的长；
（3）如图（3），当点E在射线BC上运动时，把（2）中的正方形ABCD变为矩形ABCD，且AB＝
4，AD=√5，连接B′B，B′B与AE交于点P，连接DP．求D，P两点间的最短距离．
第37页（共40页）【考点】四边形综合题．
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【专题】几何综合题；推理能力．
【答案】（1）22.5°；
（2）2√2-2；
（3）1．
【分析】（1）根据正方形的性质得到AD∥BC，∠DAC＝∠BAC＝45°，推出∠DAE＝∠CEA，由AC＝
1 1
EC得到∠CAE＝∠CEA，推出∠DAE= ∠DAC= ×45°=22.5°，即可得出结果；
2 2
（2）根据正方形的性质得到AB＝BC＝2，∠B＝∠BCD＝90°，求出AC=EC=√AB2+BC2=2√2，
进而得到BE=EC+BC=2√2+2，由折叠的性质得到B'E=BE=2√2+2，∠BEA＝∠B′EA，再根据
（1）中∠BEA＝∠DAE＝22.5°，得到∠B′EB＝45°，进而得到FC=EC=2√2，利用勾股定理求出
EF=√EC2+FC2=4，得到B'F=B'E-EF=2√2+2-4=2√2-2；
（3）由折叠的性质得到B′B⊥AE，∠APB＝90°，即点P在以AB为直径的圆上运动，设AB的中点为
1 1
Q，连接DQ，则当点P在DQ上时，D，P两点间的距离最短，得到AQ=PQ= AB= ×4=2，求
2 2
出DQ=√AD2+AQ2=3，得到DP＝DQ﹣PQ＝3﹣2＝1，即可得到答案．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAC＝∠BAC＝45°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC，
∴∠DAE＝∠CEA，
∵AC＝EC，
∴∠CAE＝∠CEA，
第38页（共40页）∴∠CAE＝∠DAE，
1 1
∴∠DAE= ∠DAC= ×45°=22.5°，
2 2
故答案为：22.5°；
（2）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠B＝∠BCD＝90°，
∴四边形ABCD是正方形，
∵AB＝BC＝2，
由勾股定理可得：AC=EC=√AB2+BC2=2√2，
∴∠ECF＝90°，
∴BE=EC+BC=2√2+2，
由折叠的性质得B'E=BE=2√2+2，∠BEA＝∠B′EA，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAC＝∠BAC＝45°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD∥BC，
∴∠DAE＝∠CEA，
∵AC＝EC，
∴∠CAE＝∠CEA，
∴∠CAE＝∠DAE，
∴∠BEA＝∠DAE＝22.5°，
∴∠B′EA＝∠BEA＝22.5°，
∴∠B′EB＝45°，
∴∠CFE＝∠CEF＝45°，
∴FC=EC=2√2，
由勾股定理可得，EF=√EC2+FC2=4，
∴B'F=B'E-EF=2√2+2-4=2√2-2；
（3）由折叠知B′B⊥AE，
∴∠APB＝90°，
∴点P在以AB为直径的圆上运动，设AB的中点为Q，连接DQ，则当点P在DQ上时，D，P两点间
的距离最短，如图（3），
第39页（共40页）1 1
∴AQ=PQ= AB= ×4=2，
2 2
∵矩形ABCD，
∴∠BAD＝90°，
∵AD=√5，
∴DQ=√AD2+AQ2=3，
∴DP＝DQ﹣PQ＝3﹣2＝1，
∴D，P两点间的最短距离为1．
【点评】本题考查了正方形的性质，矩形的性质，等腰三角形的判定和性质，折叠的性质，勾股定理，
点到圆上的最短距离，灵活运用点到圆上的最短距离，折叠的性质，是解题的关键．
第40页（共40页）
