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2026 年中考数学真题知识点分类汇编之四边形（三）
一．填空题（共10 小题）
1．（2026•烟台）如图，以原点O 为顶点作边长为2 的菱形OA1A2A3，点A3在x 轴上，且∠A1OA3＝60°，
将点A3向右平移2 个单位得到点A4，以A4为顶点作与菱形OA1A2A3全等的菱形A4A5A6A7，点A7在x 轴
上；再将点A7向右平移2 个单位得到点A8，以A8为顶点作与菱形OA1A2A3全等的菱形A8A9A10A11，点
A11在x 轴上；…；按照以上规律作图，则点A126的坐标为 ．
2．（2026•连云港）如图，在▱ABCD 中，AB＝3，AD＝2，∠BAD 的平分线交CD 于点E，则CE＝
．
3．（2026•凉山州）四边形ABCD 的对角线互相垂直，垂足为点O，且满足AO＝CO，请添加一个适当的
条件： ，使四边形ABCD 成为菱形．（只需要添加一个条件即可）
4．（2026•云南）在矩形ABCD 中，若AC＝7，则BD＝ ．
5．（2026•自贡）如图，正方形ABCD 中，点E 为CD 的中点，作∠EBF＝45°，交AD 于点F．点G，H
分别在等腰Rt△DFQ 的直角边DQ 和斜边FQ 上，且GQ=√2FH，FG 与DH 交于点P．连接BP，若
AF＝2，则BP 的最小值为 ．
6．（2026•连云港）如图，菱形ABCD 中，∠BCD＝60°，CD＝6，点P 在边CD 上，且PC＝2，Q 为边
BC 上的动点，点C 关于PQ 的对称点为C′．若△C′AD、△C′BD 的面积分别记为S△C′AD、
S△C′BD，则S△C′AD﹣S△C′BD的最大值为 ．
2
7．（2026•广安）正九边形一个外角的度数是 ．
8．（2026•安徽）如图，点F 在正五边形ABCDE 的边AB 的延长线上，则∠CDE﹣∠CBF＝
°．
9．（2026•泸州）已知矩形的对角线长为6，顺次连接该矩形四边中点所得四边形的周长为 ．
10．（2026•遂宁）如图，在边长为3cm 的正方形ABCD 中，以点B 为圆心，2
3cm 为半径作弧，交BC 于
点M，交AB 的延长线于点N，再分别以点M、N 为圆心，大于1
2MN 的长为半径作弧，两弧交于点
K，作射线BK．点E 在边AB 上，且BE＝2AE，连结EM 并延长，交BK 于点F，连结DF，交BC 于点
G，则DG 的长为 cm．
二．解答题（共10 小题）
11．（2026•北京）如图，在△ABC 中，∠CAB＝90°，D，E 分别为AB，BC 的中点，BC＝2BF，
AE∥BF．
（1）求证：四边形ABFE 是平行四边形；
（2）若AB＝2，AC＝3，求四边形DBFE 的面积．
12．（2026•贵州）如图，在正方形ABCD 中，点E 是AD 边的中点，连接BE，CE．
3
（1）求证：△ABE≌△DCE；
（2）若正方形ABCD 的边长为4，求△BCE 的周长．
13．（2026•贵州）小红学习了最短路径的知识后，对图形的变化探究如下：
【动手操作】如图①，在直线l 的两侧有两点A，B，小红要在直线l 上确定一点P，使AP+BP 最短．
（1）请帮小红确定点P 的位置，并画出图象；
（2）解决该问题的依据是 ；
【问题探究】如图②，在四边形ABCD 中，点E 是边BC 的中点，点F 是对角线BD 上一个动点，连接
EF，CF，∠DBC＝30°，BC＝2√3，当EF+CF 的值最小时，求线段EF 的长；
【拓展延伸】如图③，在四边形ABCD 中，AD∥BC，BD＝CD，CE⊥BD，垂足为E，∠A＝
2∠ADB，AD＝1，AB＝3，若点P 是线段BC 垂直平分线上的一个动点，连接BP，EP．确定点P 的位
置使△BPE 周长最小，并求出该周长的最小值．
14．（2026•内蒙古）综合与探究
问题情境：有一张边长为15 的正方形纸片ABCD，将一张腰长为9 的等腰直角三角形纸片的直角顶点
与顶点A 重合放置，记该三角形为△AEF．顶点E，F 分别在正方形的AB，AD 边上，如图1．现将
△AEF 绕点A 按逆时针方向旋转α 角，其中0°＜α＜90°，得到△AE′F′，连接BE′，DF′，如图
2．
初步探究：（1）猜想线段BE′与线段DF′的数量关系，并说明理由；
深入探究：（2）在△AEF 绕点A 按逆时针方向旋转过程中，当AE′与BE′互相垂直时，AE′交EF
边于点M，E′F′交AD 边于点N，如图3．
①求证：NA•NF′＝ND•NE′；
②求△AEM 与△AFM 面积的比值．
4
15．（2026•吉林）如图，在正方形ABCD 中，点E，F 分别在边AB，BC 上，且AE＝BF，连接DE，
AF．求证：△DAE≌△ABF．
16．（2026•湖北）如图，在矩形ABCD 中，E，F，G 分别是边AB，BC，CD 的中点．求证：
△EBF≌△GCF．
17．（2026•巴中）如图，在▱ABCD 中，O 为AC 中点，过点O 的直线分别交AD、BC 于点E、F，连接
AF、CE．
（1）求证：四边形AFCE 为平行四边形．
（2）若EF⊥AC，BC＝AC，∠B＝70°，求∠BAF 的度数．
18．（2026•绥化）综合与实践
【问题情境】
在数学活动课上，老师让学生以“矩形”为主题，开展动点问题的研究．
在矩形ABCD 中，点E，F 分别是边AD，BC 上的动点．
【观察感知】
（1）如图1，当点E，F 运动到AE＝BF 时，连接AF，BE．求证：△ABE≌△BAF．
【探索发现】
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（2）如图2，连接AC，点M 是AC 上的一点，CM：AM＝1：2，连接AF，BE，AF 与BE 相交于点
G，连接GM．当BE 平分∠ABC，AF 平分∠BAC 时，且AB+AC＝2BC，试求出GM 与FC 的数量关系，
并说明你的理由．
【问题拓展】
（3）如图3，当AB＝2√3，BC＝8 时，作直线EF，若直线EF 将矩形ABCD 分成周长相等的两部分，
过点D 作DH⊥EF 于点H，连接AH．当矩形的边AD 与直线EF 的夹角成60°时，请你直接写出∠DAH
的正切值．（自行完成作图并作答）
19．（2026•吉林）如图①，在矩形ABCD 中，点E 为边AB 上一点，连接CE．将△BCE 沿CE 折叠得到
△FCE．点G 为CE 上一点，连接FG，BG．
（1）如图②，当直线BG 经过点F 时，在不添加辅助线的前提下，请你增加一个条件，使△BCF 是等
边三角形，不需要说明理由．
（2）如图③，当BG⊥CF 于点H 时，判断四边形EBGF 的形状，并说明理由．
（3）在（2）的条件下，延长CF 交矩形ABCD 的边于点P．若AB＝4，BC＝3，当PA＝PF 时，直接
写出BG 的长．
20．（2026•深圳）综合与探究
定义：若四边形的一条对角线被另一条对角线平分，且另一条对角线被交点分成的两条线段长度之比
为k（k≥1），则称该四边形为“k 倍四边形”．
（1）①如图1，在▱ABCD 中，对角线AC 与BD 交于点O，点E 为OB 中点．若四边形AECD 为k 倍
四边形，则k 的值为 ；
②如图2，在k 倍四边形ABCD 中，若对角线AC 被BD 平分，则S△ACD
S△ACB
= ；（用含k 的代数式
表示）
（2）如图3，四边形ABCD 为k 倍四边形，其对角线BD 平分对角线AC，且满足∠BDC＝2∠ABD，
BD＝4CD，求k 的值；
6
（3）如图4，已知定点A，B，且AB⊥BM，点C 为射线BM 上一动点，点D 为平面内一点，连接A，
B，C，D 构成四边形ABCD．若BD 平分AC，∠BAC＝∠DAC，四边形ABCD 是“2 倍四边形”，求
tan∠ACD 的值．
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2026 年中考数学真题知识点分类汇编之四边形（三）
参考答案与试题解析
一．填空题（共10 小题）
1．（2026•烟台）如图，以原点O 为顶点作边长为2 的菱形OA1A2A3，点A3在x 轴上，且∠A1OA3＝60°，
将点A3向右平移2 个单位得到点A4，以A4为顶点作与菱形OA1A2A3全等的菱形A4A5A6A7，点A7在x 轴
上；再将点A7向右平移2 个单位得到点A8，以A8为顶点作与菱形OA1A2A3全等的菱形A8A9A10A11，点
A11在x 轴上；…；按照以上规律作图，则点A126的坐标为 （
125
，
-√3） ．
【考点】菱形的判定与性质；坐标与图形变化﹣平移；旋转的性质；规律型：点的坐标．菁优网版权所有
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】（125，-√3）．
【分析】过点A1作A1H⊥x 轴于点H，从A1开始，每8 个点记为1 组，根据126＝8×15+6 得到A126的位
置和第1 组中A6的位置相同，然后求出A6，A14，A22的坐标，发现规律解答即可．
【解答】解：如图，过点A1作A1H⊥x 轴于点H，
∵所有菱形都两两全等，
∴从A1开始，每8 个点记为1 组，
∵126＝8×15+6，
∴A126的位置和第1 组中A6的位置相同，
∵∠A1OA3＝60°，
∴∠OA1H＝30°，
∵菱形OA1A2A3的边长为2，
∴OA1＝A1A2＝OA3＝2，
∴OH= 1
2OA1＝1，
∴A1H=√O A1
2-O H
2=√3，
8
∴A1（1，√3），
∴A2（3，√3），A3（2，0），
由平移得，A3A4＝2，
∴OA4＝OA3+A3A4＝4，
∴A4（4，0），A7（6，0），
∵菱形OA1A2A3与菱形A4A5A6A7全等，
同理可得，A6（5，-√3），A14（13，-√3），A22（21，-√3），
∴A6+8n（5+8n，-√3），
∴A6+8×15（5+8×15，-√3），
∴A126（125，-√3）．
故答案为：（125，-√3）．
【点评】此题考查菱形的性质，关键是根据126＝8×15+6 得到A126的位置和第1 组中A6的位置相同解
答．
2．（2026•连云港）如图，在▱ABCD 中，AB＝3，AD＝2，∠BAD 的平分线交CD 于点E，则CE＝
1
．
【考点】平行四边形的性质．菁优网版权所有
【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．
【答案】1．
【分析】由平行四边形ABCD 中，∠BAD 的平分线交BC 于点E，可证得△ADE 是等腰三角形，又由
AB＝3，AD＝2，即可求得答案．
【解答】解：∵四边形ABCD 是平行四边形，
∴CD∥AB，BC＝AD＝2，
∴∠EAB＝∠AED，
∵∠BAE＝∠DAE，
∴∠DAE＝∠AED，
∴DE＝AD＝2，
∴CE＝CD﹣DE＝3﹣2＝1．
故答案为：1．
【点评】此题考查了平行四边形的性质以及等腰三角形的判定与性质．此题难度不大，熟记平行四边
形的各种性质是解题的关键．
3．（2026•凉山州）四边形ABCD 的对角线互相垂直，垂足为点O，且满足AO＝CO，请添加一个适当的
条件：DO
＝
BO
（答案不唯一）
，使四边形ABCD 成为菱形．（只需要添加一个条件即可）
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【考点】菱形的判定．菁优网版权所有
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】DO＝BO（答案不唯一）．
【分析】由菱形的判定方法，即可得到答案．
【解答】解：添加一个适当的条件：DO＝BO（答案不唯一），使四边形ABCD 成为菱形，理由如下：
∵AO＝CO，DO＝BO，
∴四边形ABCD 是平行四边形，
∵AC⊥BD，
∴四边形ABCD 是菱形．
故答案为：DO＝BO（答案不唯一）．
【点评】本题考查菱形当判定，关键是掌握菱形的判定方法．
4．（2026•云南）在矩形ABCD 中，若AC＝7，则BD＝
7
．
【考点】矩形的性质．菁优网版权所有
【专题】矩形 菱形 正方形．
【答案】7．
【分析】根据矩形的性质即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD 是矩形，AC，BD 为矩形的两条对角线，
∴AC＝BD，
∵AC＝7，
∴BD＝7，
故答案为：7．
【点评】本题主要考查了矩形的性质，掌握其相关知识点是解题的关键．
5．（2026•自贡）如图，正方形ABCD 中，点E 为CD 的中点，作∠EBF＝45°，交AD 于点F．点G，H
分别在等腰Rt△DFQ 的直角边DQ 和斜边FQ 上，且GQ=√2FH，FG 与DH 交于点P．连接BP，若
AF＝2，则BP 的最小值为 4√5-2√2 ．
【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理；等腰直角三角形．菁优网版权所有
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】4√5-2√2．
【分析】根据题意，四边形ABCD 是正方形，设边长为a，如图所示，将△ABF 绕点B 顺时针旋转90°
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得到△CBK，点K 在DC 的延长线上，则EF = EK = 1
2 a+2，有勾股定理列式求解得到a＝6，再证明
△DFH∽△FQG，结合角度的计算得到点P 在以DF 为弦，含135°圆周角的圆弧上运动，设该圆圆心
为O'，半径为R，得到R =O' D = DF
√2 =2√2，如图，建立平面直角坐标系，以B 为原点，BC 所在直
线为x 轴，BA 所在直线为y 轴，结合图形，两点之间距离的计算即可求解．
【解答】解：∵四边形ABCD 是正方形，设边长为a，
∴AB＝BC＝CD＝AD＝a，∠ABC＝∠BCD＝∠CDA＝∠DAB＝90°，
∵点E 为CD 的中点，
∴DE =CE = 1
2 CD，
∵AF＝2，AD＝a，且△DFQ 是等腰直角三角形，
∴DF＝DQ＝AD﹣AF＝a﹣2，∠DFQ＝∠DQF＝45°，
∵∠EBF＝45°，
∴∠CBE+∠ABF＝∠ABC﹣∠EBF＝90°﹣45°＝45°，
如图所示，将△ABF 绕点B 顺时针旋转90°得到△CBK，点K 在DC 的延长线上，
∴△ABF≌△CBK，
∴BF＝BK，AF＝CK，∠ABF＝∠CBK，则∠CBK+∠CBE＝∠ABF+∠CBE＝45°＝∠EBF，且BE＝
BE，
∴△EBF≌△EBK（SAS），
∴EF＝EK＝EC+CK＝EC+AF= 1
2a+2，
在Rt△DEF 中，EF2＝DF2+DE2，
∴( 1
2 a+2)
2=( 1
2 a)
2+(a-2)
2，
整理得，a2﹣6a＝0，
解得，a1＝6，a2＝0（舍去），
∴AB＝BC＝CD＝AD＝6，
∴DF＝DQ＝6﹣2＝4，DE＝3，
∴FQ =√2 DF = 4√2，
11
∴FQ
DF =√2，
∵GQ =√2 FH，
∴GQ
FH =√2，
∴FQ
DF = GQ
FH ，且∠DFH＝∠FQG＝45°，
∴△DFH∽△FQG，
∴∠FDH＝∠QFG，
在△PDF 中，∠DPF＝180°﹣（∠PDF+∠PFD），
∵∠PFD＝∠QFD﹣∠QFG＝45°﹣∠QFG＝45°﹣∠FDH，
∴∠PDF+∠PFD＝∠FDH+45°﹣∠FDH＝45°，
∴∠DPF＝180°﹣45°＝135°，
∴点P 在以DF 为弦，含135°圆周角的圆弧上运动，
设该圆圆心为O'，半径为R，
∵圆周角∠DO'F＝2×（180°﹣135°）＝90°，DF＝4，
∴△DO'F 是等腰直角三角形，
∴R =O' D = DF
√2 =2√2，
如图，建立平面直角坐标系，以B 为原点，BC 所在直线为x 轴，BA 所在直线为y 轴，
∴B（0，0），A（0，6），D（6，6），F（2，6），
∵DF 在直线y＝6 上，且P 在正方形内部（y＜6），
∴圆心O'在DF 的上方，且O'到DF 的距离为O' J = 1
2 DF =2，
∵DF 的中点坐标为J（4，6），
∴圆心O'的坐标为（4，8），
连接BO'，交圆弧于点P，
12
此时BP 取得最小值BO' =√(4 -0)
2+(8-0)
2=√16+64 =√80= 4√5，
∴B Pmin= BO' - R = 4√5-2√2，
故答案为：4√5-2√2．
【点评】本题考查了正方形的性质，勾股定理等，掌握综合知识是解题的关键．
6．（2026•连云港）如图，菱形ABCD 中，∠BCD＝60°，CD＝6，点P 在边CD 上，且PC＝2，Q 为边
BC 上的动点，点C 关于PQ 的对称点为C′．若△C′AD、△C′BD 的面积分别记为S△C′AD、
S△C′BD，则S△C′AD﹣S△C′BD的最大值为
6
．
【考点】菱形的性质；轴对称的性质；三角形的面积；等边三角形的判定与性质．菁优网版权所有
【专题】矩形 菱形 正方形；运算能力．
【答案】6．
【分析】依据题意得，S△ADC′﹣S△BC′D＝S△ABD﹣S△ABC′，又S△ABD面积是定值为9√3，S△ABC′面积随
着Q 的运动而变化，则当PC′⊥DC 时，S△ABC′面积最小，最小值为6×(3√3-2)
2
=9√3-6，从而
S△ADC′﹣S△BC′D＝9√3-（9√3-6）＝6，即可得解．
【解答】解：由题意得，S△ADC′﹣S△BC′D＝S△ABD﹣S△ABC′，
∵S△ABD面积是定值为9√3，S△ABC′面积随着Q 的运动而变化，
∴当PC′⊥DC 时，S△ABC′面积最小，最小值为6×(3√3-2)
2
=9√3-6，
∴S△ADC′﹣S△BC′D＝9√3-（9√3-6）＝6．
故答案为：6．
【点评】本题主要考查了菱形的性质、三角形的面积、等边三角形的判定与性质、轴对称的性质，解
题时要熟练掌握并能灵活运用菱形的性质是关键．
7．（2026•广安）正九边形一个外角的度数是
40°
．
【考点】多边形内角与外角．菁优网版权所有
【专题】多边形与平行四边形；正多边形与圆；运算能力．
【答案】40°．
【分析】根据多边形的外角和是360°进行计算即可．
【解答】解：正九边形的一个外角是360°
9
=40°．
故答案为：40°．
13
【点评】本题考查多边形的内角与外角，掌握多边形的外角和是360°是正确解答的关键．
8．（2026•安徽）如图，点F 在正五边形ABCDE 的边AB 的延长线上，则∠CDE﹣∠CBF＝
36
°．
【考点】多边形内角与外角．菁优网版权所有
【专题】多边形与平行四边形；推理能力．
【答案】36．
【分析】根据正五边形的性质和它的内角和为540°，求得每个内角的度数为108°，再结合正五边形的
外角和是360°，求得正五边形的每个外角是72°，然后可解答．
【解答】解：∵五边形ABCDE 是正五边形，
∴∠CDE= 180°×(5-2)
5
=108°，
∵正五边形的外角和是360°，
∴∠CBF＝360°÷5＝72°．
∴∠CDE﹣∠CBF＝108°﹣72°＝36°．
故答案为：36．
【点评】本题考查了正五边形．解题的关键是掌握正五边形的性质：各边相等，各角相等，内角和为
540°．熟记定义是解题的关键．
9．（2026•泸州）已知矩形的对角线长为6，顺次连接该矩形四边中点所得四边形的周长为
12
．
【考点】中点四边形；矩形的性质．菁优网版权所有
【专题】矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力；科学文化情境．
【答案】12．
【分析】根据矩形的性质得到AC＝BD＝6，再根据三角形中位线定理得到EH＝GF= 1
2BD= 1
2 ×6＝3，
EF＝GH= 1
2AC= 1
2 ×6＝3，最后求出中点四边形的周长即可．
【解答】解：已知矩形的对角线长为6，如图，
∴AC＝BD＝6，
14
∵E、F、G、H 分别是AB、BC、CD、AD、的中点，
∴EH 是△ABD 的中位线，FG 是△BCD 是中位线，EF 是△ABC 的中位线，HG 是△ACD 的中位线，
∴EH＝GF= 1
2BD= 1
2 ×6＝3，EF＝GH= 1
2AC= 1
2 ×6＝3，
∴顺次连接矩形四边中点所得的四边形周长为：EH+GF+EF+GH＝3+3+3+3＝12．
故答案为：12．
【点评】本题主要考查了中点四边形，三角形中位线定理，矩形的性质，解答本题的关键要明确：三
角形的中位线等于第三边的一半．
10．（2026•遂宁）如图，在边长为3cm 的正方形ABCD 中，以点B 为圆心，2
3cm 为半径作弧，交BC 于
点M，交AB 的延长线于点N，再分别以点M、N 为圆心，大于1
2MN 的长为半径作弧，两弧交于点
K，作射线BK．点E 在边AB 上，且BE＝2AE，连结EM 并延长，交BK 于点F，连结DF，交BC 于点
G，则DG 的长为 3√5
2
cm．
【考点】正方形的性质．菁优网版权所有
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；图形的相似；运算能力；推理
能力；科学文化情境．
【答案】3√5
2
．
【分析】延长DF，AN 交于M，过F 作FH⊥AN 于H，根据正方形的性质得到AB＝BC＝3cm，∠ABC
＝∠C＝90°，由作图知BM= 2
3cm，BF 平分∠CBM，推出△BHF 是等腰直角三角形，得到FH＝BH，
求得BE＝2cm，根据相似三角形的性质得到FH＝1，PH＝2，根据全等三角形的性质得到CG＝BG
= 1
2 BC = 3
2（cm），根据勾股定理即可得到结论．
【解答】解：延长DF，AN 交于M，过F 作FH⊥AN 于H，
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∵四边形ABCD 是正方形，
∴AB＝BC＝3cm，∠ABC＝∠C＝90°，
由作图知BM= 2
3cm，BF 平分∠CBN，
∴∠FBP＝45°，
∴△BHF 是等腰直角三角形，
∴FH＝BH，
∵BE＝2AE，
∴BE＝2cm，
∵∠ABC＝∠BHF＝90°，
∴BM∥FH，
∴△EBM∽△EHF，
∴BM
FH = BE
EH ，
∴
2
3
FH =
2
2+ FH
，
∴FH＝1，
∵FH∥BC∥AD，
∴△PFH∽△PDA，
∴FH
AD = PH
PA ，
∴1
3 =
PH
PH + 4 ，
∴PH＝2，
∴PB＝PH+BH＝2+1＝3（cm）＝CD，
∵∠C＝∠GBP＝90°，∠CGD＝∠BGF，
∴△DCG≌△PBG（AAS），
∴CG＝BG= 1
2 BC = 3
2（cm），
∴DG=√C D
2+C G
2= 3√5
2
（cm），
16
故答案为：3√5
2
．
【点评】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性在，相似三角形的判定和性质，勾股定理
正确地作出辅助线是解题的关键．
二．解答题（共10 小题）
11．（2026•北京）如图，在△ABC 中，∠CAB＝90°，D，E 分别为AB，BC 的中点，BC＝2BF，
AE∥BF．
（1）求证：四边形ABFE 是平行四边形；
（2）若AB＝2，AC＝3，求四边形DBFE 的面积．
【考点】平行四边形的判定与性质；直角三角形斜边上的中线；三角形中位线定理．菁优网版权所有
【专题】三角形；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】（1）∵∠CAB＝90°，E 为BC 的中点，
∴BC＝2AE，
∵BC＝2BF，
∴AE＝BF，
∵AE∥BF，
∴四边形ABFE 是平行四边形；
（2）9
4 ．
【分析】（1）由直角三角形的性质得BC＝2AE，再证明AE＝BF，然后由平行四边形的判定即可得出
结论；
（2）证明DE 是△ABC 的中位线，得DE= 1
2AC= 3
2，DE∥AC，则∠EDB＝∠CAB＝90°，再由平行四
边形的性质得AB∥EF，EF＝AB＝2，则四边形DBFE 是梯形，然后由梯形面积公式列式计算即可．
【解答】（1）证明：∵∠CAB＝90°，E 为BC 的中点，
∴BC＝2AE，
∵BC＝2BF，
∴AE＝BF，
∵AE∥BF，
∴四边形ABFE 是平行四边形；
（2）解：∵D 是AB 的中点，AB＝2，
17
∴BD= 1
2AB＝1，
∵D，E 分别为AB，BC 的中点，AC＝3，
∴DE 是△ABC 的中位线，
∴DE= 1
2AC= 3
2，DE∥AC，
∴∠EDB＝∠CAB＝90°，
∴DE⊥AB，
由（1）可知，四边形ABFE 是平行四边形，
∴AB∥EF，EF＝AB＝2，
∴四边形DBFE 是梯形，
∴四边形DBFE 的面积= 1
2（BD+EF）•DE= 1
2 ×（1+2）× 3
2 = 9
4 ．
【点评】本题是四边形综合题，考查了平行四边形的判定与性质、直角三角形斜边上的中线性质、三
角形中位线定理、平行线的性质以及梯形的判定与性质等知识，不同综合性强，熟练掌握平行四边形
的判定与性质是解题的关键，属于中考常考题型．
12．（2026•贵州）如图，在正方形ABCD 中，点E 是AD 边的中点，连接BE，CE．
（1）求证：△ABE≌△DCE；
（2）若正方形ABCD 的边长为4，求△BCE 的周长．
【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理．菁优网版权所有
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；几何直观；运算能力；推理能
力．
【答案】（1）∵四边形ABCD 是正方形，∴AB＝DC，∠A＝∠D＝90°，
∵点E 是AD 边的中点，
∴AE＝DE，
在△ABE 和△DCE 中，
{
AB = DC
∠A =∠D =90°
AE = DE
，
∴△ABE≌△DCE（SAS）；
（2）4 + 4√5
【分析】（1）由正方形性质得AB＝DC，∠A＝∠D＝90°，再由点E 是AD 边的中点得AE＝DE，由此
18
可依据“SAS”判定△ABE 和△DCE 全等；
（2）由正方形的边长为4 得AB＝AD＝BC＝CD＝4，进而得AE= 1
2AD＝2，在Rt△ABE 中，由勾股定
理得BE=2√5，再由（1）的结论得CE＝BE=2√5，据此可得△BCE 的周长是4 + 4√5．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD 是正方形，∴AB＝DC，∠A＝∠D＝90°，
∵点E 是AD 边的中点，
∴AE＝DE，
在△ABE 和△DCE 中，
{
AB = DC
∠A =∠D =90°
AE = DE
，
∴△ABE≌△DCE（SAS）；
（2）解：∵四边形ABCD 正方形的边长为4，
∴AB＝AD＝BC＝CD＝4，∠A＝90°，
∵点E 是AD 边的中点，
∴AE= 1
2AD＝2，
在Rt△ABE 中，∠A＝90°，
由勾股定理得：BE=√A B
2+ A E
2=√4
2+2
2=2√5，
由（1）可知：△ABE≌△DCE，
∴CE＝BE=2√5，
∴△BCE 的周长是：BC+BE+CE= 4 +2√5+2√5= 4+ 4√5．
【点评】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，熟练掌握正方形的性
质，全等三角形的判定和性质，勾股定理是解决问题的关键．
13．（2026•贵州）小红学习了最短路径的知识后，对图形的变化探究如下：
【动手操作】如图①，在直线l 的两侧有两点A，B，小红要在直线l 上确定一点P，使AP+BP 最短．
（1）请帮小红确定点P 的位置，并画出图象；
（2）解决该问题的依据是 两点之间线段最短 ；
【问题探究】如图②，在四边形ABCD 中，点E 是边BC 的中点，点F 是对角线BD 上一个动点，连接
EF，CF，∠DBC＝30°，BC＝2√3，当EF+CF 的值最小时，求线段EF 的长；
【拓展延伸】如图③，在四边形ABCD 中，AD∥BC，BD＝CD，CE⊥BD，垂足为E，∠A＝
2∠ADB，AD＝1，AB＝3，若点P 是线段BC 垂直平分线上的一个动点，连接BP，EP．确定点P 的位
置使△BPE 周长最小，并求出该周长的最小值．
19
【考点】四边形综合题．菁优网版权所有
【专题】多边形与平行四边形；推理能力．
【答案】【动手操作】（1）如图，点P 即为所求；
（2）两点之间线段最短；
【问题探究】1；
【拓展延伸】4√3+ 4√6
3
．
【分析】【动手操作】（1）连接AB 与直线l 的交点即为点P；
（2）依据为两点之间线段最短；
【问题探究】过点C 作BD 的对称点T，CT 交BD 于点S，连接FT，ET，ET 交BD 于点Q，则EF+CF
＝TF+EF≥TE，故当点F 与点Q 重合时，EF+CF 取得最小值，如图，连接ES，然后证明FE⊥BC，再
解Rt△BEF 即可；
【拓展延伸】过点D 作DF⊥BC 于点F，连接PE，PB，PC，过点C 作CM∥AB 交AD 的延长线于点
M，先确定△BPE 周长的最小值为BE+CE，先证明△MCD∽△DCB，再利用△DBF∽△CBE 求解即可．
【解答】解：【动手操作】（1）如图，点P 即为所求；
（2）依据是：两点之间线段最短，
故答案为：两点之间线段最短；
【问题探究】过点C 作BD 的对称点T，CT 交BD 于点S，连接FT，ET，ET 交BD 于点Q，
∴CS⊥BD，FT＝FC，
∴EF+CF＝TF+EF≥TE，
∴当点F 与点Q 重合时，EF+CF 取得最小值，
20
如图，连接ES，
∵CS⊥BD，点E 为BC 中点，∠DBC＝30°，
∴BE = ES = EC = 1
2 BC = 1
2 ×2√3=√3，∠BCS＝90°﹣∠DBC＝60°，
∴△ESC 为等边三角形，
∴SE＝SC＝ST，
∴∠SEC＝∠SCE＝∠ESC＝60°，∠T＝∠SET，
∵∠T+∠SET＝∠ESC，
∴∠SET＝∠T＝30°，
∴∠TEC＝∠SET+∠SEC＝90°，
∴FE⊥BC，
∴EF = BE×tan ∠DBC =√3× √3
3 =1；
【拓展延伸】如图，过点D 作DF⊥BC 于点F，连接PE，PB，PC，过点C 作CM∥AB 交AD 的延长线
于点M，
∵DB＝DC，
∴BF＝CF，∠DBC＝∠DCB，
∴DF 垂直平分BC，
∴点P 在直线DF 上，
∴PB＝PC，
∴PE+PB＝PE+PC≥CE，
∴当点P 在CE 上时，PE+PB 取得最小值即为CE，
∵C△BPE＝BE+PE+PB，BE 不变，
∴△BPE 周长的最小值为BE+CE，
∵AD∥BC，CM∥AB，
∴四边形ABCM 是平行四边形，
21
∴CM＝AB＝3，∠A＝∠BCM，BC＝AM，
∵AD∥BC，
∵∠ADB＝∠DBC，∠MDC＝∠DCB，
∴∠ADB＝∠DBC＝∠MDC＝∠DCB，
设∠ADB＝∠DBC＝∠MDC＝∠DCB＝α，
∵∠A＝2∠ADB，
∴∠A＝∠BCM＝2α，
∴∠DCM＝∠BCM﹣∠DCB＝α，
∴∠MDC＝∠MCD＝∠DCB＝∠DBC，
∴MD＝MC＝3，△MCD∽△DCB，
∵BC＝AM＝AD+DM＝1+3＝4，
∴MC
DC = DC
CB ，
∴3
CD = CD
4 ，
解得CD =2√3（舍负），
∵BF =CF = 1
2 BC = 1
2 ×4 =2，
∴DF =√C D
2-C F
2=2√2，
∵CE⊥BD，
∴∠DFB＝∠CEB＝90°，
∵∠DBF＝∠CBE，
∴△DBF∽△CBE，
∴DB
CB = DF
CE = BF
BE ，
∴2√3
4
= 2√2
CE = 2
BE = √3
2 ，
∴2√2+2
CE+ BE = √3
2 ，
∴CE+ BE = 4√3+ 4√6
3
，
∴△BPE 周长的最小值为4√3+ 4√6
3
．
【点评】本题考查了相似三角形的性质及判定，作图等，掌握综合知识是解题的关键．
14．（2026•内蒙古）综合与探究
问题情境：有一张边长为15 的正方形纸片ABCD，将一张腰长为9 的等腰直角三角形纸片的直角顶点
与顶点A 重合放置，记该三角形为△AEF．顶点E，F 分别在正方形的AB，AD 边上，如图1．现将
22
△AEF 绕点A 按逆时针方向旋转α 角，其中0°＜α＜90°，得到△AE′F′，连接BE′，DF′，如图
2．
初步探究：（1）猜想线段BE′与线段DF′的数量关系，并说明理由；
深入探究：（2）在△AEF 绕点A 按逆时针方向旋转过程中，当AE′与BE′互相垂直时，AE′交EF
边于点M，E′F′交AD 边于点N，如图3．
①求证：NA•NF′＝ND•NE′；
②求△AEM 与△AFM 面积的比值．
【考点】四边形综合题．菁优网版权所有
【专题】几何综合题．
【答案】（1）BE'＝DF'，理由如下：
∵四边形ABCD 是正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝90°，
∵AE＝AF，∠EAF＝90°，
∴由旋转可得，AE'＝AF'，∠E'AF'＝90°，
∴∠BAD＝∠E'AF'＝90°，
∴∠BAE'＝∠DAF'
∴△BAE'≌△DAF'（SAS），
∴BE'＝DF'；
（2）①∵AE'⊥BE'，
∴∠AE'B＝90°，
由（1）可得，△BAE'≌△DAF'，
∴∠AE′B＝∠AF′D＝90°，
∵∠E'AF'＝90°，
∴∠E'AF'+∠AF'D＝180°，
∴AE'∥DF'，
∴NA
ND = NE'
NF ' ；
∴NA•NF'＝ND•NE'；
23
②4
3 ．
【分析】（1）证明△BAE′≌△DAF′（SAS）即可；
（2）①证明AE'∥DF′，再由平行线分线段成比例定理求解即可；
②过点F 作FH⊥AF 交AE' 的延长线于点H ，先求出BE' =√A B
2- A E
2=12，然后证明
△AFH∽△BE'A，求出FH = 27
4 ，再由△AEM∽△HFM，得到EM
FM = AE
FH = 4
3 ，再由共高三角形面积比
等于底之比求解即可．
【解答】（1）解：BE'＝DF'，理由如下：
∵四边形ABCD 是正方形，
∴AB＝AD，∠BAD＝90°，
∵AE＝AF，∠EAF＝90°，
∴由旋转可得，AE'＝AF'，∠E'AF'＝90°，
∴∠BAD＝∠E'AF'＝90°，
∴∠BAE'＝∠DAF'
∴△BAE'≌△DAF'（SAS），
∴BE'＝DF'；
（2）①证明：∵AE'⊥BE'，
∴∠AE'B＝90°，
由（1）可得，△BAE'≌△DAF'，
∴∠AE′B＝∠AF′D＝90°，
∵∠E'AF'＝90°，
∴∠E'AF'+∠AF'D＝180°，
∴AE'∥DF'，
∴NA
ND = NE'
NF ' ；
∴NA•NF'＝ND•NE'；
②解：过点F 作FH⊥AF 交AE'的延长线于点H，
由题意得，AB＝15，AE'＝AE＝9，
24
∵∠AE'B＝90°，
∴BE' =√A B
2- A E
2=12，
∵正方形ABCD 中，∠BAD＝90°，
∴∠NAM＝∠EBE'＝90°﹣∠MAE，
∵∠AFH＝∠BE'A＝90°，
∴△AFH∽△BE'A，
∴FH
AE' = AF
BE' ，
∴FH
9 = 9
12，
∴FH = 27
4 ，
∵∠HFD＝∠BAD＝90°，
∴FH∥AE，
∴△AEM∽△HFM，
∴
EM
FM = AE
FH = 9
27
4
= 4
3 ，
∴
S△AEM
S△AFM
= EM
FM = 4
3 ，
即△AEM 与△AFM 面积的比值为4
3 ．
【点评】本题主要考查了全等三角形的判定与性质，平行线分线段成比例定理，勾股定理，相似三角
形的判定与性质等，掌握其相关知识点是解题的关键．
15．（2026•吉林）如图，在正方形ABCD 中，点E，F 分别在边AB，BC 上，且AE＝BF，连接DE，
AF．求证：△DAE≌△ABF．
【考点】正方形的性质；全等三角形的判定．菁优网版权所有
【专题】图形的全等；矩形 菱形 正方形；几何直观；推理能力．
【答案】∵四边形ABCD 是正方形，
∴AD＝BA，∠DAE＝∠ABF＝90°，
在△DAE 和△ABF 中，
25
{
AD = BA
∠DAE =∠ABF =90°
AE = BF
，
∴△DAE≌△ABF（SAS）．
【分析】由正方形性质得AD＝BA，∠DAE＝∠ABF＝90°，再由AE＝BF 即可依据“SAS”判定△DAE
和△ABF 全等．
【解答】证明：∵四边形ABCD 是正方形，
∴AD＝BA，∠DAE＝∠ABF＝90°，
在△DAE 和△ABF 中，
{
AD = BA
∠DAE =∠ABF =90°
AE = BF
，
∴△DAE≌△ABF（SAS）．
【点评】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形判定，理解正方形的性质，熟练掌握全等三角形
判定是解决问题的关键．
16．（2026•湖北）如图，在矩形ABCD 中，E，F，G 分别是边AB，BC，CD 的中点．求证：
△EBF≌△GCF．
【考点】矩形的性质；全等三角形的判定；三角形中位线定理．菁优网版权所有
【专题】三角形；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】∵点F 是BC 的中点，
∴BF＝CF．
∵点E，G 分别是边AB，CD 的中点，
∴BE = 1
2 AB，CG = 1
2 CD．
∵四边形ABCD 是矩形，
∴AB＝CD，∠B＝∠C＝90°．
∴BE＝CG．
在△EBF 和△GCF 中，
{
BF =CF
∠B =∠C
BE =CG
∴△EBF≌△GCF（SAS）．
【分析】由矩形的性质得出AB＝CD，∠B＝∠C 即可得证．
【解答】证明：∵点F 是BC 的中点，
26
∴BF＝CF．
∵点E，G 分别是边AB，CD 的中点，
∴BE = 1
2 AB，CG = 1
2 CD．
∵四边形ABCD 是矩形，
∴AB＝CD，∠B＝∠C＝90°．
∴BE＝CG．
在△EBF 和△GCF 中，
{
BF =CF
∠B =∠C
BE =CG
∴△EBF≌△GCF（SAS）．
【点评】本题考查全等三角形的判定，矩形的性质，熟练掌握矩形的性质是解题关键．
17．（2026•巴中）如图，在▱ABCD 中，O 为AC 中点，过点O 的直线分别交AD、BC 于点E、F，连接
AF、CE．
（1）求证：四边形AFCE 为平行四边形．
（2）若EF⊥AC，BC＝AC，∠B＝70°，求∠BAF 的度数．
【考点】平行四边形的判定与性质；全等三角形的判定与性质．菁优网版权所有
【专题】图形的全等；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】（1）∵四边形ABCD 是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠AEO＝∠CFO，∠EAO＝∠FCO，
∵O 为AC 中点，
∴OA＝OC，
∴△AOE≌△COF（AAS），
∴OE＝OF，
∴四边形AFCE 为平行四边形；
（2）30°．
【分析】（1）由平行四边形的性质得AD∥BC，则∠AEO＝∠CFO，∠EAO＝∠FCO，再证明
△AOE≌△COF（AAS），得OE＝OF，然后由平行四边形的判定即可得出结论；
（2）由等腰三角形的性质得∠BAC＝∠B＝70°，则∠ACB＝40°，再由线段垂直平分线的性质得AF＝
CF，则∠FAC＝∠ACB＝40°，即可解决问题．
27
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD 是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠AEO＝∠CFO，∠EAO＝∠FCO，
∵O 为AC 中点，
∴OA＝OC，
∴△AOE≌△COF（AAS），
∴OE＝OF，
∴四边形AFCE 为平行四边形；
（2）解：∵BC＝AC，∠B＝70°，
∴∠BAC＝∠B＝70°，
∴∠ACB＝180°﹣∠B﹣∠BAC＝40°，
∵EF⊥AC，O 为AC 中点，
∴AF＝CF，
∴∠FAC＝∠ACB＝40°，
∴∠BAF＝∠BAC﹣∠FAC＝70°﹣40°＝30°．
【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质
等知识，熟练掌握平行四边形的判定与性质和等腰三角形的性质是解题的关键．
18．（2026•绥化）综合与实践
【问题情境】
在数学活动课上，老师让学生以“矩形”为主题，开展动点问题的研究．
在矩形ABCD 中，点E，F 分别是边AD，BC 上的动点．
【观察感知】
（1）如图1，当点E，F 运动到AE＝BF 时，连接AF，BE．求证：△ABE≌△BAF．
【探索发现】
（2）如图2，连接AC，点M 是AC 上的一点，CM：AM＝1：2，连接AF，BE，AF 与BE 相交于点
G，连接GM．当BE 平分∠ABC，AF 平分∠BAC 时，且AB+AC＝2BC，试求出GM 与FC 的数量关系，
并说明你的理由．
【问题拓展】
（3）如图3，当AB＝2√3，BC＝8 时，作直线EF，若直线EF 将矩形ABCD 分成周长相等的两部分，
过点D 作DH⊥EF 于点H，连接AH．当矩形的边AD 与直线EF 的夹角成60°时，请你直接写出∠DAH
的正切值．（自行完成作图并作答）
28
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【专题】几何综合题；几何直观；应用意识．
【答案】（1）证明：∵四边形ABCD 是矩形，
∴∠BAE＝∠ABF＝90°，
在△ABE 和△BAF 中，
{
AE = BF
∠BAE =∠ABF =90°
AB = BA
，
∴△ABE≌△BAF（SAS）；
（2）解：MG
CF = 2
3，理由如下：
如图2，连接CG，过点G 作GK⊥BC 于点K，
∵BE 平分∠ABC、AF 平分∠BAC，且AF 与BE 相交于点G，
∴点G 是△ABC 的内心
∴点G 到△ABC 三边的距离相等，
设GK＝r，根据△ABC 的面积得，1
2 r ⋅AB+ 1
2 r ⋅AC + 1
2 r ⋅BC = 1
2 BC ⋅AB，
∴r（AB+AC+BC）＝BC•AB，
∵AB+AC＝2BC，
∴r×3BC＝BC•AB，
∴AB＝3r，
∴GK
AB = 1
3，
∵∠FKG＝∠FBA＝90°，∠AFB＝∠GFK，
∴△FGK∽△FAB，
∴GF
AF = 1
3，
29
∴AG
AF = 2
3，
∵CM
AM = 1
2，
∴AM
AC = 2
3，
∴AG
AF = AM
AC ，
∵∠GAM＝∠FAC，
∴△GAM∽△FAC，
∴MG
CF = 2
3，
即GM 与FC 的数量关系为MG
CF = 2
3；
（3）∠DAH 的正切值为3√3
23 或5√3
17 ．
【分析】（1）先判断出∠BAE＝∠ABF＝90°，即可得出结论；
（2）连接CG，过点G 作GK⊥BC 于点K，先判断出点G 是△ABC 的内心，设GK＝r，根据△ABC 的
面积得，1
2 r ⋅AB+ 1
2 r ⋅AC + 1
2 r ⋅BC = 1
2 BC ⋅AB，进而得出AB＝3r，再判断出△FGK∽△FAB，
即可得出AG
AF = AM
AC ，进而判断出△GAM∽△FAC，即可得出答案；
（3）①当∠HED＝60°时，如图3，过点H 作HN⊥AD 于N，先求出∠EHN＝30°，设EN＝x，则
HN =√3 x，进而得出EH＝2x，再判断出ED＝4x，BF＝ED＝4x，过点F 作FP⊥AD 于点P，求出PF
＝2√3，进而得出AD＝8x+2，建立方程求出x，即可得出答案；
②当∠HED＝60°时，如图4，由①知，AD＝8x﹣2，进而建立方程求解，即可的结论．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD 是矩形，
∴∠BAE＝∠ABF＝90°，
在△ABE 和△BAF 中，
{
AE = BF
∠BAE =∠ABF =90°
AB = BA
，
∴△ABE≌△BAF（SAS）；
（2）解：MG
CF = 2
3，理由如下：
如图2，连接CG，过点G 作GK⊥BC 于点K，
30
∵BE 平分∠ABC、AF 平分∠BAC，且AF 与BE 相交于点G，
∴点G 是△ABC 的内心，
∴点G 到△ABC 三边的距离相等，
设GK＝r，根据△ABC 的面积得，1
2 r ⋅AB+ 1
2 r ⋅AC + 1
2 r ⋅BC = 1
2 BC ⋅AB，
∴r（AB+AC+BC）＝BC•AB，
∵AB+AC＝2BC，
∴r×3BC＝BC•AB，
∴AB＝3r，
∴GK
AB = 1
3；
∵∠FKG＝∠FBA＝90°，∠AFB＝∠GFK，
∴△FGK∽△FAB，
∴GF
AF = 1
3，
∴AG
AF = 2
3，
∵CM
AM = 1
2，
∴AM
AC = 2
3，
∴AG
AF = AM
AC ，
∵∠GAM＝∠FAC，
∴△GAM∽△FAC，
∴MG
CF = 2
3，
即GM 与FC 的数量关系为MG
CF = 2
3；
（3）解：∠DAH 的正切值为3√3
23 或5
17 √3，
理由如下：∵矩形的边AD 与直线EF 的夹角成60°，
∴分以下两种情况讨论，
31
①当∠HED＝60°时，如图3，
过点H 作HN⊥AD 于N，
∴∠HNE＝90°，
∴∠EHN＝30°，
设EN＝x，则HN =√3 x，
∴EH＝2x，
∵DH⊥EF，
∴∠DHE＝90°，
∴∠HDE＝30°，
∴ED＝4x，
∵直线EF 将矩形ABCD 分成周长相等的两部分，
∴BF＝ED＝4x，
过点F 作FP⊥AD 于点P，
∴∠APF＝90°，
∴四边形ABFP 是矩形，
∴BF＝AP＝4x，
∵AB =2√3，
∴PF＝2√3，
在Rt△EFP 中，∠EPF＝90°，
∴∠PEF＝60°，∠PFE＝30°，
∴PE＝2，
∴AD＝AP+PE+ED＝4x+2+4x＝8x+2，
∵BC＝8，
∴AD＝8，
∴8x+2＝8，
∴x = 3
4 ，
∴HN=√3x= 3√3
4
，
AN＝AP+PE+EN＝4x+2+x= 23
4 ，
32
∴tan∠DAH= HN
AN = 3√3
23 ，
②当∠HED＝60°时，如图4，
由①知，AD＝AP﹣MP+ED＝4x﹣2+4x＝8x﹣2，
∵BC＝8，
∴AD＝8，
∴8x﹣2＝8，
∴x = 5
4 ，
∴HQ=√3x= 5√3
4
，
AQ＝AP﹣PE+EQ＝4x﹣2+x= 17
4 ，
∴tan∠DAH= HQ
AQ
5√3
17
综上所述，∠DAH 的正切值为3√3
23 或5√3
17 ．
【点评】此题是四边形综合题，主要考查了矩形的性质，相似三角形的判定和性质，锐角三角函数，
角平分线的定义，正确作出辅助线是解本题的关键．
19．（2026•吉林）如图①，在矩形ABCD 中，点E 为边AB 上一点，连接CE．将△BCE 沿CE 折叠得到
△FCE．点G 为CE 上一点，连接FG，BG．
（1）如图②，当直线BG 经过点F 时，在不添加辅助线的前提下，请你增加一个条件，使△BCF 是等
边三角形，不需要说明理由．
（2）如图③，当BG⊥CF 于点H 时，判断四边形EBGF 的形状，并说明理由．
（3）在（2）的条件下，延长CF 交矩形ABCD 的边于点P．若AB＝4，BC＝3，当PA＝PF 时，直接
写出BG 的长．
33
【考点】四边形综合题．菁优网版权所有
【专题】几何综合题；推理能力．
【答案】（1）添加条件：∠BCE＝30°；
（2）四边形EBGF 是菱形，理由如下：连接FG．
∵四边形ABCD 是矩形，
∴∠ABC＝90°，
由折叠可得△CEF≌△CEB，
∴∠CFE＝∠CBE＝90°，∠ECF＝∠ECB，EB＝EF，
∵BH⊥CF，
∴∠CHB＝∠FHB＝90°，
∴∠CGH+∠ECF＝90°，
∵∠CEB+∠BCE＝180°﹣∠ABC＝90°，
∴∠CGH＝∠CEB，
∵∠BGE＝∠CGH，
∴∠BGE＝∠BEG，
∴BG＝BE，
∵BE＝FE，
∴BG＝EF．
∵∠CHB＝∠CFE＝90°，
∴BH∥EF，
∴四边形EBGF 是平行四边形，
∵EB＝EF，
∴▱EBGF 是菱形．
（3）6
5或2．
【分析】（1）由折叠可得CB＝CF，∠FCE＝∠BCE，当∠BCE＝30°时，可得到∠BCF＝60°，即可得
出△BCF 是等边三角形；
（2）连接FG．由矩形的性质得到∠ABC＝90°，由折叠得到∠CFE＝∠CBE＝90°，∠ECF＝∠ECB，
EB＝EF，根据等角的余角相等得到∠BGE＝∠CGH＝∠GEB，从而有BG＝BE＝FE，再证明BHEF，
可得四边形EBGF 是平行四边形，结合EB＝EF 得出▱EBGF 是菱形；
（3）当点P 在AB 上时，设PA＝PF＝x，则BP＝AB﹣AP＝4﹣x，CP＝CF+PF＝3+x，在Rt△BCP 中
34
根据勾股定理构造方程，求得PA = PF = 8
7 BP = 20
7 ，设BE＝EF＝y，则PE = BP - BE = 20
7 - y，在
Rt△EFP 中根据勾股定理构造方程，求得BE = EF = 6
5 ，由BG＝EF 即可解答．当点P 在CD 上时，同
法可解．
【解答】解：（1）由折叠可得CB＝CF，∠FCE＝∠BCE，
当∠BCE＝30°时，∠FCE＝∠BCE＝30°，
∴∠BCF＝∠BCE+∠FCE＝60°，
∴△BCF 是等边三角形．
（2）四边形EBGF 是菱形，理由如下：
连接FG．
∵四边形ABCD 是矩形，
∴∠ABC＝90°，
由折叠可得△CEF≌△CEB，
∴∠CFE＝∠CBE＝90°，∠ECF＝∠ECB，EB＝EF，
∵BH⊥CF，
∴∠CHB＝∠FHB＝90°，
∴∠CGH+∠ECF＝90°，
∵∠CEB+∠BCE＝180°﹣∠ABC＝90°，
∴∠CGH＝∠CEB，
∵∠BGE＝∠CGH，
∴∠BGE＝∠BEG，
∴BG＝BE，
∵BE＝FE，
∴BG＝EF．
∵∠CHB＝∠CFE＝90°，
∴BH∥EF，
∴四边形EBGF 是平行四边形，
∵EB＝EF，
∴▱EBGF 是菱形．
（3）①如图，点P 在AB 上，
35
设PA＝PF＝x，则BP＝AB﹣AP＝4﹣x，
∵由翻折有CF＝CB＝3，
∴CP＝CF+PF＝3+x，
∵在Rt△BCP 中，BC2+BP2＝PC2，
∴32+（4﹣x）2＝（3+x）2，
解得x = 8
7 ，
∴PA = PF = 8
7 ，
∴BP = 20
7 ，
设BE＝EF＝y，则PE = BP - BE = 20
7 - y，
∵∠CFE＝90°，
∴∠EFP＝180°﹣∠CFE＝90°，
∴在Rt△EFP 中，EF2+PF2＝PE2，
即y
2+( 8
7 )
2=( 20
7 - y)
2，
解得y = 6
5，
∴BE = EF = 6
5，
∴BG = EF = 6
5．
②如图，点P 在CD 上，
设PA＝PF＝x，则DP＝AD﹣AP＝3﹣x，
由翻折有CF＝CB＝3，
∴CP＝CF+PF＝3+x，
∵在Rt△DCP 中，DC2+DP2＝PC2，
36
则42+（3﹣x）2＝（3+x）2，
解得x = 4
3 ，
∴PA = PF = 4
3 ，
∴DP= 5
3，
设BE＝EF＝y，则AE＝BA﹣BE＝4﹣y，
∵∠CFE＝90°，
∴∠EFP＝180°﹣∠CFE＝90°，
∴在Rt△EFP 中，EF2+PF2＝PE2，
在Rt△EAP 中，EA2+PA2＝PE2，
∴EA2+PA2＝EF2+PF2，
即EF2＝AE2，EF＝AE，
∴y＝4﹣y，
解得y＝2，
∴BE＝EF＝2，
∴BG＝EF＝2．
综上，BG 的长为6
5或2．
【点评】本题主要考查了矩形的性质、折叠的性质、勾股定理、等边三角形等内容，熟练掌握相关知
识是解题的关键．
20．（2026•深圳）综合与探究
定义：若四边形的一条对角线被另一条对角线平分，且另一条对角线被交点分成的两条线段长度之比
为k（k≥1），则称该四边形为“k 倍四边形”．
（1）①如图1，在▱ABCD 中，对角线AC 与BD 交于点O，点E 为OB 中点．若四边形AECD 为k 倍
四边形，则k 的值为
2
；
②如图2，在k 倍四边形ABCD 中，若对角线AC 被BD 平分，则S△ACD
S△ACB
=k ；（用含k 的代数式表示）
（2）如图3，四边形ABCD 为k 倍四边形，其对角线BD 平分对角线AC，且满足∠BDC＝2∠ABD，
BD＝4CD，求k 的值；
（3）如图4，已知定点A，B，且AB⊥BM，点C 为射线BM 上一动点，点D 为平面内一点，连接A，
B，C，D 构成四边形ABCD．若BD 平分AC，∠BAC＝∠DAC，四边形ABCD 是“2 倍四边形”，求
tan∠ACD 的值．
37
【考点】四边形综合题．菁优网版权所有
【专题】几何综合题；三角形；图形的全等；等腰三角形与直角三角形；多边形与平行四边形；图形
的相似；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）①2；
②k；
（2）5
3；
（3）√3
5 或√15．
【分析】（1）①根据平行四边形的性质可得AO＝CO，BO＝DO，根据点E 为OB 中点，得出DO＝
2EO，结合k 倍四边形的定义，即可求解；
②过点B，D 分别作AC 的垂线，垂足分别为E，F，证明△BOE∽△DOF 得出DF
BE = DO
BO =k，进而根
据三角形的面积比，即可求解；
（2）过点A 作AG∥CD 交BD 于点G，证明△APG≌△CPD（AAS）得出AG＝CD，设CD＝a，进而
表示出BP，PD 的长，即可求解；
（3）设AC，BD 交于点E，过点B，D 分别作AC 的垂线，垂足分别为H，G；分两种情况讨论，当
BE
DE =2时，设BE＝2，DE＝1，证明△DGE∽△BHE 得出EH
EG =2，设EH＝2m，则EG＝m，证明
△ABH∽△ADG 得出AH＝2AG，进而求得m 的值，勾股定理求得GD，进而根据正切的定义，即可求
解；当BE
DE = 1
2时，同理可得结论．
【解答】解：（1）①∵四边形ABCD 是平行四边形，
∴AO＝CO，BO＝DO，
∵E 是OB 的中点，
∴BE = EO = 1
2 BO = 1
2 DO，
∵四边形AECD 为k 倍四边形，
38
∴k = DO
EO =2；
故答案为：2；
②如图，过点B，D 分别作AC 的垂线，垂足分别为E，F，
∵∠EOB＝∠DOF，∠BEO＝∠DFO＝90°，
∴△BOE∽△DOF，
∴DF
BE = DO
BO =k，
∵对角线AC 被BD 平分，
∴
S△ACD
S△ACB
=
1
2 AC × DF
1
2 AC ×BE
=k；
故答案为：k；
（2）如图，过点A 作AG∥CD 交BD 于点G，
∴∠3＝∠BDC，
∵∠BDC＝2∠ABD，
∴∠3＝2∠2，
又∵∠1+∠2＝∠3，
∴∠1＝∠2，
∴AG＝BG，
∵四边形ABCD 为k 倍四边形，其对角线BD 平分对角线AC，
∴AP＝PC，
又∵∠APG＝∠CPD，
∴△APG≌△CPD（AAS），
∴AG＝CD，GP＝DP，
设CD＝a，
∴AG＝CD＝a，
∴BG＝a，
∵BD＝4CD＝4a，
39
∴GD＝BD﹣BG＝4a﹣a＝3a，
∴GP= PD = 1
2 GD = 3
2 a，
则BP = BG+GP=a+ 3
2 a= 5
2 a，
∴k = BP
PD =
5
2 a
3
2 a
= 5
3；
（3）设AC，BD 交于点E，过点B，D 分别作AC 的垂线，垂足分别为H，G，
①当BE
DE =2时，设BE＝2，DE＝1，如图，
∵∠ABC＝90°，E 是AC 的中点，
∴BE＝AE＝EC＝2，
∵∠BEH＝∠DEG，∠DGE＝∠BHE＝90°，
∴△DGE∽△BHE，
∴BE
DE = BH
GD = EH
EG =2，
设EH＝2m，则EG＝m，
∴AH＝AE+EH＝2+2m，AG＝AE﹣GE＝2﹣m，
∵∠BAC＝∠DAC，∠AGD＝∠AHB＝90°，
∴△ABH∽△ADG，
∴AH
AG = BH
GD =2，
∴AH＝2AG，
即2+2m＝2（2﹣m），
解得m= 1
2，
∴CG =CE+ GE=2+ 1
2 = 5
2，
在Rt△DEG 中，GD =√D E
2-G E
2=√1
2-( 1
2 )
2= √3
2
，
∴tan ∠ACD = tan ∠GCD = GD
CG =
√3
2
5
2
= √3
5 ；
40
②当BE
DE = 1
2时，设BE＝1，DE＝2，如图，
同①可得BE＝AE＝EC＝1，△ABH∽△ADG，
∴AH
AG = BH
GD = 1
2，
同①可得△DGE∽△BHE，
∴BE
DE = BH
GD = EH
EG = 1
2，
设EH＝m，则EG＝2m，
∴AH＝AE﹣HE＝1﹣m，AG＝AE+EG＝1+2m，
∵2AH＝AG，
即2（1﹣m）＝1+2m，
解得m= 1
4 ，
∴EG =2m= 1
2，CG =CE - EG =1-2m=1-2× 1
4 = 1
2，
在Rt△DEG 中，GD =√D E
2-G E
2=√2
2-( 1
2 )
2= √15
2
，
∴tan ∠ACD = tan ∠GCD = GD
CG =
√15
2
1
2
=√15，
综上所述，tan ∠ACD = √3
5 或tan ∠ACD =√15．
【点评】本题考查四边形的综合应用，主要考查平行四边形的性质，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，解直角三角形，掌握以上知识点是解题的关键．
41
考点卡片
1．规律型：点的坐标
1．所需能力：（1）深刻理解平面直角坐标系和点坐标的意义（2）探索各个象限的点和坐标轴上的点其
坐标符号规律（3）探索关于平面直角坐标系中有关对称，平移等变化的点的坐标变化规律．
2．重点：探索各个象限的点和坐标轴上的点其坐标符号规律
3．难点：探索关于平面直角坐标系中有关对称，平移等变化的点的坐标变化规律．
2．三角形的面积
（1）三角形的面积等于底边长与高线乘积的一半，即S△= 1
2 ×底×高．
（2）三角形的中线将三角形分成面积相等的两部分．
3．全等三角形的判定
（1）判定定理1：SSS﹣﹣三条边分别对应相等的两个三角形全等．
（2）判定定理2：SAS﹣﹣两边及其夹角分别对应相等的两个三角形全等．
（3）判定定理3：ASA﹣﹣两角及其夹边分别对应相等的两个三角形全等．
（4）判定定理4：AAS﹣﹣两角及其中一个角的对边对应相等的两个三角形全等．
（5）判定定理5：HL﹣﹣斜边与直角边对应相等的两个直角三角形全等．
方法指引：全等三角形的5 种判定方法中，选用哪一种方法，取决于题目中的已知条件，若已知两边对
应相等，则找它们的夹角或第三边；若已知两角对应相等，则必须再找一组对边对应相等，且要是两角
的夹边，若已知一边一角，则找另一组角，或找这个角的另一组对应邻边．
4．全等三角形的判定与性质
（1）全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，
关键是选择恰当的判定条件．
（2）在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角
形．
5．等边三角形的判定与性质
（1）等边三角形是一个非常特殊的几何图形，它的角的特殊性给有关角的计算奠定了基础，它的边角性
质为证明线段、角相等提供了便利条件．同是等边三角形又是特殊的等腰三角形，同样具备三线合一的
性质，解题时要善于挖掘图形中的隐含条件广泛应用．
（2）等边三角形的特性如：三边相等、有三条对称轴、一边上的高可以把等边三角形分成含有30°角的
直角三角形、连接三边中点可以把等边三角形分成四个全等的小等边三角形等．
（3）等边三角形判定最复杂，在应用时要抓住已知条件的特点，选取恰当的判定方法，一般地，若从一
般三角形出发可以通过三条边相等判定、通过三个角相等判定；若从等腰三角形出发，则想法获取一个
60°的角判定．
6．直角三角形斜边上的中线
42
（1）性质：在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半．（即直角三角形的外心位于斜边的中点）
（2）定理：一个三角形，如果一边上的中线等于这条边的一半，那么这个三角形是以这条边为斜边的直
角三角形．
该定理可以用来判定直角三角形．
7．勾股定理
（1）勾股定理：在任何一个直角三角形中，两条直角边长的平方之和一定等于斜边长的平方．
如果直角三角形的两条直角边长分别是a，b，斜边长为c，那么a2+b2＝c2．
（2）勾股定理应用的前提条件是在直角三角形中．
（3）勾股定理公式a2+b2＝c2 的变形有：a=√c
2-b
2，b=√c
2-a
2及c=√a
2+b
2．
（4）由于a2+b2＝c2＞a2，所以c＞a，同理c＞b，即直角三角形的斜边大于该直角三角形中的每一条直角
边．
8．等腰直角三角形
（1）两条直角边相等的直角三角形叫做等腰直角三角形．
（2）等腰直角三角形是一种特殊的三角形，具有所有三角形的性质，还具备等腰三角形和直角三角形的
所有性质．即：两个锐角都是45°，斜边上中线、角平分线、斜边上的高，三线合一，等腰直角三角形斜
边上的高为外接圆的半径R，而高又为内切圆的直径（因为等腰直角三角形的两个小角均为45°，高又垂
直于斜边，所以两个小三角形均为等腰直角三角形，则两腰相等）；
（3）若设等腰直角三角形内切圆的半径r＝1，则外接圆的半径R=√2+1，所以r：R＝1：√2+1．
9．三角形中位线定理
（1）三角形中位线定理：
三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．
（2）几何语言：
如图，∵点D、E 分别是AB、AC 的中点
∴DE∥BC，DE= 1
2BC．
10．多边形内角与外角
（1）多边形内角和定理：（n﹣2）•180° （n≥3 且n 为整数）
此公式推导的基本方法是从n 边形的一个顶点出发引出（n﹣3）条对角线，将n 边形分割为（n﹣2）个三
角形，这（n﹣2）个三角形的所有内角之和正好是n 边形的内角和．除此方法之和还有其他几种方法，
但这些方法的基本思想是一样的．即将多边形转化为三角形，这也是研究多边形问题常用的方法．
（2）多边形的外角和等于360°．
①多边形的外角和指每个顶点处取一个外角，则n 边形取n 个外角，无论边数是几，其外角和永远为
43
360°．
②借助内角和和邻补角概念共同推出以下结论：外角和＝180°n﹣（n﹣2）•180°＝360°．
11．平行四边形的性质
（1）平行四边形的概念：有两组对边分别平行的四边形叫做平行四边形．
（2）平行四边形的性质：
①边：平行四边形的对边相等．
②角：平行四边形的对角相等．
③对角线：平行四边形的对角线互相平分．
（3）平行线间的距离处处相等．
（4）平行四边形的面积：
①平行四边形的面积等于它的底和这个底上的高的积．
②同底（等底）同高（等高）的平行四边形面积相等．
12．平行四边形的判定与性质
平行四边形的判定与性质的作用
平行四边形对应边相等，对应角相等，对角线互相平分及它的判定，是我们证明直线的平行、线段相等
角相等的重要方法，若要证明两直线平行和两线段相等、两角相等，可考虑将要证的直线、线段、角、
分别置于一个四边形的对边或对角的位置上，通过证明四边形是平行四边形达到上述目的．
运用定义，也可以判定某个图形是平行四边形，这是常用的方法，不要忘记平行四边形的定义，有时用
定义判定比用其他判定定理还简单．
凡是可以用平行四边形知识证明的问题，不要再回到用三角形全等证明，应直接运用平行四边形的性质
和判定去解决问题．
13．菱形的性质
（1）菱形的性质
①菱形具有平行四边形的一切性质；
②菱形的四条边都相等；
③菱形的两条对角线互相垂直，并且每一条对角线平分一组对角；
④菱形是轴对称图形，它有2 条对称轴，分别是两条对角线所在直线．
（2）菱形的面积计算
①利用平行四边形的面积公式．
②菱形面积= 1
2ab．（a、b 是两条对角线的长度）
14．菱形的判定
①菱形定义：一组邻边相等的平行四边形是菱形（平行四边形+一组邻边相等＝菱形）；
②四条边都相等的四边形是菱形．
几何语言：∵AB＝BC＝CD＝DA∴四边形ABCD 是菱形；
③对角线互相垂直的平行四边形是菱形（或“对角线互相垂直平分的四边形是菱形”）．
44
几何语言：∵AC⊥BD，四边形ABCD 是平行四边形∴平行四边形ABCD 是菱形
15．菱形的判定与性质
（1）依次连接四边形各边中点所得的四边形称为中点四边形．不管原四边形的形状怎样改变，中点四边
形的形状始终是平行四边形．
（2）菱形的中点四边形是矩形（对角线互相垂直的四边形的中点四边形定为矩形，对角线相等的四边形
的中点四边形定为菱形．） （3）菱形是在平行四边形的前提下定义的，首先它是平行四边形，但
它是特殊的平行四边形，特殊之处就是“有一组邻边相等”，因而就增加了一些特殊的性质和不同于平
行四边形的判定方法．
（4）正方形是特殊的菱形，菱形不一定是正方形，所以，在同一平面上四边相等的图形不只是正方形．
16．矩形的性质
（1）矩形的定义：有一个角是直角的平行四边形是矩形．
（2）矩形的性质
①平行四边形的性质矩形都具有；
②角：矩形的四个角都是直角；
③边：邻边垂直；
④对角线：矩形的对角线相等；
⑤矩形是轴对称图形，又是中心对称图形．它有2 条对称轴，分别是每组对边中点连线所在的直线；
对称中心是两条对角线的交点．
（3）由矩形的性质，可以得到直角三角形的一个重要性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．
17．正方形的性质
（1）正方形的定义：有一组邻边相等并且有一个角是直角的平行四边形叫做正方形．
（2）正方形的性质
①正方形的四条边都相等，四个角都是直角；
②正方形的两条对角线相等，互相垂直平分，并且每条对角线平分一组对角；
③正方形具有四边形、平行四边形、矩形、菱形的一切性质．
④两条对角线将正方形分成四个全等的等腰直角三角形，同时，正方形又是轴对称图形，有四条对
称轴．
18．中点四边形
瓦里尼翁平行四边形（Varignonparallelogram）是四边形的一个特殊内接四边形．顺次连结四边形各边中
点而成的四边形是平行四边形，称为瓦里尼翁平行四边形．它的面积是原四边形面积的一半，这个平行
四边形是瓦里尼翁（P．Varignon）发现的．
45
19．四边形综合题
涉及到的知识点比较多，主要考查平行四边形、菱形、矩形、正方形，经常与二次函数和圆一起出现，
综合性比较强．
20．轴对称的性质
（1）如果两个图形关于某直线对称，那么对称轴是任何一对对应点所连线段的垂直平分线．
由轴对称的性质得到一下结论：
①如果两个图形的对应点的连线被同一条直线垂直平分，那么这两个图形关于这条直线对称；
②如果两个图形成轴对称，我们只要找到一对对应点，作出连接它们的线段的垂直平分线，就可以得到
这两个图形的对称轴．
（2）轴对称图形的对称轴也是任何一对对应点所连线段的垂直平分线．
21．坐标与图形变化-平移
（1）平移变换与坐标变化
①向右平移a 个单位，坐标P（x，y）⇒P（x+a，y）
①向左平移a 个单位，坐标P（x，y）⇒P（x﹣a，y）
①向上平移b 个单位，坐标P（x，y）⇒P（x，y+b）
①向下平移b 个单位，坐标P（x，y）⇒P（x，y﹣b）
（2）在平面直角坐标系内，把一个图形各个点的横坐标都加上（或减去）一个整数a，相应的新图形就
是把原图形向右（或向左）平移a 个单位长度；如果把它各个点的纵坐标都加（或减去）一个整数a，相
应的新图形就是把原图形向上（或向下）平移a 个单位长度．（即：横坐标，右移加，左移减；纵坐标，
上移加，下移减．）
22．旋转的性质
（1）旋转的性质：
①对应点到旋转中心的距离相等． ②对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角．
③旋转前、后的图形全等． （2）旋转三要素：①旋转中心； ②旋转方向； ③旋转角
度． 注意：三要素中只要任意改变一个，图形就会不一样．
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