2026年中考数学二轮复习 查漏补缺05 四边形综合高频易错专练5大考点18题型(专项训练)

05漏洞扫漏洞扫 通法锤漏洞扫描精准补漏：考点精研通法锤炼：淬炼以简驭繁的通用解题方法，实现从“会一题"到“通一类"实战淬炼能力强化：考点 多边形的内角和与外角n边形内角和公式：(n-任意多边形外角和：固定为n边形对角线条数：多边形截角规律：边数“+1、不变、-1”，对应内角和改变正多边形内角度数：内角和÷边数正多边形外角度数：360°÷边数混淆顶点对角线与总对角线公式；算🎧边数不检验，🎧混淆顶点对角线与总对角线公式；算🎧边数不检验，🎧1．（2025·四川凉山·中考真题）4倍，则从这个多边形的一个顶点处可以引（）条对角线 【答案】𝑛，𝑛边形的内角和为180°(𝑛−2)，外角和为360°，从𝑛边形的一个顶点出发可以引(𝑛−3)条对角线，据此4倍建立方程求出𝑛的值即可得到答案．由题意得，180°⋅(𝑛−2)=360°×4，解得𝑛=10，∴从这个多边形一个顶点可以引10−37条对角线，2．（2025·北京·三模）若正多边形的一个顶点出发有15条对角线，则该正多边形的边数是（ 【答案】15条对角线，列出方程求解．【详解】解：设该正多边形的边数是∵15∴𝑛−3=15，解得：𝑛=18， 【答案】角都相等．n解：每个外角都是

这个多边形的边数为：360°÷72°=5，这个正多边形的对角线是 =5条 【答案】【详解】解：设正多边形的边数为 =解得𝑛=∴从这个正多边形的一个顶点出发，可以作对角线的条数为12−3=原来多边形的边数不可能为（） 【答案】【详解】解：设内角和为1080°n，则(𝑛−2)180°=1080°，解得：𝑛=8．∴789． 【答案】67/7n(𝑛−2)×180°=解得：𝑛=故答案为：67． 【答案】【分析】本题主要考查了多边形内角和公式，熟练掌握多边形内角和公式(𝑛−2)180°（𝑛为边数且𝑛≥3【详解】解：设新多边形的边数为𝑛，根据多边形内角和公式(𝑛−2)180°=1980°，解得𝑛=13．所以原多边形边数为13−1=12． 【答案】n边形的内角和公式(𝑛−2)⋅180°求解作差即可．【详解】解：五边形𝐴𝐵𝐶𝐷𝐸的内角和为(5−2)180°=则(6−2)⋅180°=720°，∴内角和增加720°−540°=记错外角和定值，混用内外角公式；算🎧角度、边数不核验，🎧 度【答案】公式(𝑛−2)×180°计算即可得出答案．【详解】解：正七边形的内角和为(7−2)×180°=900°，2．（2025·湖南长沙·中考真题）如图，五边形𝐴𝐵𝐶𝐷𝐸中，∠𝐵=120°，∠𝐶=110°，∠𝐷=105°∠𝐴+∠𝐸= 【答案】【详解】解：多边形的内角和为180°×∴五边形𝐴𝐵𝐶𝐷𝐸的内角和为180°×(5−2)=𝐴∠𝐸=540°−∠𝐵−∠𝐶−∠𝐷=540°−120°−110°−105°=205°，3．（2026·福建漳州·一模）ABCD是正方形，00C为边作一个正六边形，𝛼 【答案】【分析】根据正方形的性质可得∠𝐴𝐷𝐶=90°和∠𝐴𝐶𝐷=45°，根据正六边形的性质可得其内角为120°∠𝐶𝑂𝑀=120°，最后利用四边形𝑂𝐶𝐷𝑀的内角和为360°即可求𝛼∴∠𝐴𝐷𝐶=90°，∠𝐴𝐶𝐷=∴∠𝐶𝑂𝑀=

=在四边形𝑂𝐶𝐷𝑀中，由四边形内角和定理得：∠𝑂𝑀𝐷∠𝑀𝐷𝐶∠𝐷𝐶𝑂∠𝐶𝑂𝑀=360°，即𝛼+90°+45°+120°=360°，∴𝛼=360°−90°−45°−120°= 【答案】得多边形内角和为360°×2=由𝑛边形内角和公式得180°×(𝑛−2)=540°，解得𝑛=5．02核心性质对边：平行且相等对角：相等；邻角：互补对角线：互相平分.是中心对称图形.判定方法两组对边分别平行的四边形是平行四边形.两组对边分别相等的四边形是平行四边形.一组对边平行且相等的四边形是平行四边形.两组对角分别相等的四边形是平行四边形.对角线互相平分的四边形是平行四边形.1．（2025·贵州·中考真题）如图，小红想将一张矩形纸片沿𝐴𝐷,𝐵𝐶剪下后得到一个▱𝐴𝐵𝐶𝐷，若∠170°，则∠2的度数是（） 【答案】∴𝐴𝐷∥∴∠2=∠1=70°；B．2．（2025·四川广元·中考真题）如图，在平行四边形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐵=8，对角线𝐴𝐶，𝐵𝐷0P𝐴𝐵的中点，连接𝐷𝑃E是𝐷𝑃的中点，连接𝑂𝐸，则𝑂𝐸的长是（ 【答案】【分析】本题考查了平行四边形的性质，三角形中位线定理，由平行四边形性质可得𝑂𝐵=𝑂𝐷，即𝑂为中点，又𝐸是𝑃𝐷的中点，所以𝑂𝐸𝑃𝐵𝐷∴𝑂𝐵=𝑂𝐷，即𝑂为𝐵𝐷∴𝑂𝐸是𝑃𝐵𝐷∴𝑂𝐸=∵𝐴𝐵=8P是𝐴𝐵 ∴𝑃𝐵=2𝐴𝐵=4，即𝑂𝐸=2𝑃𝐵=3．（2025·贵州·中考真题）如图，在▱𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐵=3,𝐵𝐶=5,∠𝐴𝐵𝐶=60°，以𝐴为圆心，𝐴𝐵长为半径作弧，交𝐵𝐶于点𝐸，则𝐸𝐶的长为（） 【答案】【分析】本题考查等边三角形的判定和性质，根据作图得到𝐴𝐵=𝐴𝐸，进而推出𝐴𝐵𝐸为等边三角形，得到𝐵𝐸=𝐴𝐵=3，再根据线段的和差关系进行求解即可．【详解】解：根据作图可知：𝐴𝐵=∵∠𝐴𝐵𝐶=𝐴𝐵𝐸∴𝐵𝐸=𝐴𝐵=∴𝐶𝐸=𝐵𝐶−𝐵𝐸=5−3=2；D．4．（2025·江苏淮安·中考真题）如图，在▱𝐴𝐵𝐶𝐷中，对角线𝐴𝐶、𝐵𝐷0，𝐴𝐶丄𝐴𝐵E、F𝐵𝐶、𝐶𝐷的中点，连接𝐴𝐸、𝑂𝐹，若𝐴𝐸=4，则𝑂𝐹= 【答案】𝐵𝐶=2𝐴𝐸=8，根据平行四边形的性质，推出𝑂𝐹是△𝐵𝐶𝐷的中位线，进而得到𝑂𝐹=2𝐵𝐶∴∠𝐵𝐴𝐶=∴𝐴𝐸=∴𝐵𝐶=2𝐴𝐸=∴𝑂𝐵=又∵F为𝐶𝐷∴𝑂𝐹=2𝐵𝐶=1．（2026·江苏无锡·一模）四边形𝐴𝐵𝐶𝐷中，对角线𝐴𝐶、𝐵𝐷0𝐵𝐶；②𝐴𝐵=𝐷𝐶；③𝑂𝐴=𝑂𝐶；④𝑂𝐵=𝑂𝐷；从中任选两个条件，能使四边形𝐴𝐵𝐶𝐷为平行四边形的选法有（） B．4 C．5 D．6【答案】【详解】解：从四个条件中任选两个，有①②，①③，①④，②③，②④，③④6种组合，逐选①②：𝐴𝐷∥𝐵𝐶，𝐴𝐵𝐷𝐶，四边形可以是等腰梯形，不能判定为平行四边形，不符合；∴∠𝑂𝐴𝐷=又∵∠𝐴𝑂𝐷=∠𝐶𝑂𝐵，𝑂𝐴=∴△𝐴𝑂𝐷≌△𝐶𝑂𝐵(AAS)∴𝐴𝐷=𝐶𝐵，又∴∠𝐴𝐷𝑂=又∵∠𝐴𝑂𝐷=∠𝐶𝑂𝐵，𝑂𝐵=∴△𝐴𝑂𝐷≌△𝐶𝑂𝐵(AAS)∴𝐴𝐷=𝐶𝐵，又选②③：𝐴𝐵=𝐷𝐶，𝑂𝐴=𝑂𝐶，无法满足平行四边形的判定条件，不能判定为平行四边形，不符合；选②④：𝐴𝐵=𝐷𝐶，𝑂𝐵=𝑂𝐷，无法满足平行四边形的判定条件，不能判定为平行四边形，不符合；∵𝑂𝐴=𝑂𝐶，𝑂𝐵=𝑂𝐷综上，能使四边形𝐴𝐵𝐶𝐷3 平行四边形．请从①𝐵𝐸=𝐷𝐹；②𝐴𝐸=𝐶𝐹；③𝐵𝐸∥𝐷𝐹这3个选项中选择一个作为条件（写序号），使握以上知识点是解题的关键．添加条件②，根据对角线互相平分的四边形是平行四边形，添加③𝐵𝐸𝐷𝐹为条件，证明△𝐴𝐵𝐸≌△𝐶𝐷𝐹(AAS)得出𝐵𝐸=𝐷𝐹，即可得证．【详解】解：添加②𝐴𝐸𝐶𝐹为条件，则四边形𝐵𝐸𝐷𝐹是平行四边形．∴𝑂𝐴=𝑂𝐶,𝑂𝐵=∵𝐴𝐸=∴𝑂𝐸=添加③𝐵𝐸𝐷𝐹为条件，则四边形𝐵𝐸𝐷𝐹是平行四边形．∴𝐴𝐵=∴∠𝐵𝐴𝐸=∵𝐵𝐸∥∴∠𝐵𝐸𝐹=∴∠𝐴𝐸𝐵=∴△𝐴𝐵𝐸≌△∴𝐵𝐸=3．（2024春•南召县期末）如图，在△ABCFBCEAB的延长线上EFCCD∥ABEFDCE、BD．DBEC【分析】先证明△EBF≌△DCFDC＝BEBECDFBC在△DCF和△EBF∠𝐶𝐷𝐹=∠𝐷𝐶𝐹=𝐹𝐶=BECD【点睛】本题主要考查了平行四边形的判定，全等三角形的判定与性质4ABCDAB、CD为边，作等边△ABE和等边△CDFDE，BF．求证：四BFDE是平行四边形．＝AB＝CD＝CF＝DF，∠BAE＝∠DCF＝60˚，证明△ADE≌△CBF（SAS），DE＝BF，则可得出ABCD∵△ABE和△CDF∴BE＝AE＝AB＝CD＝CF＝DF，∠BAE＝∠DCF＝60˚在△ADE和△CBF𝐴𝐷=∠𝐷𝐴𝐸=𝐴𝐸=BFDE1．（2025·青海·中考真题）△𝐴𝐵𝐶0，D分别是边𝐴𝐵，𝐵𝐶A作𝐴𝐸∥𝐵𝐶交𝐷𝑂E，连接𝐴𝐷，𝐵𝐸．(2)若𝐴𝐵=𝐴𝐶，试判断四边形𝐴𝐸𝐵𝐷(2)当𝐴𝐵=𝐴𝐶时，四边形𝐴𝐸𝐵𝐷（1）先证明𝐴𝐸𝑂𝐵𝐷𝑂(AAS)，可得𝐴𝐸=𝐵𝐷，结合𝐴𝐸∥𝐵𝐷（2）由𝐴𝐵=𝐴𝐶，点𝐷是𝐵𝐶边上的中点，可得𝐴𝐷𝐵𝐶即∠𝐴𝐷𝐵=90°，结合由（1）得四边形𝐴𝐸𝐵𝐷是平∴𝑂𝐴=∴∠𝐸𝐴𝑂=∠𝑂𝐵𝐷，∠𝐴𝐸𝑂=∠𝐵𝐷𝑂，在△𝐴𝐸𝑂△𝐵𝐷𝑂中∠𝐸𝐴𝑂=∠𝐴𝐸𝑂=𝑂𝐴=∴△𝐴𝐸𝑂≌△∴𝐴𝐸=（2）证明：当𝐴𝐵𝐴𝐶时，四边形𝐴𝐸𝐵𝐷是矩形，∵𝐴𝐵=𝐴𝐶，点𝐷是𝐵𝐶∴𝐴𝐷𝐵𝐶即∠𝐴𝐷𝐵=∵由（1）得四边形𝐴𝐸𝐵𝐷∴四边形𝐴𝐸𝐵𝐷是矩形2．（2026·北京通州·一模）如图，在𝑅𝑡𝐴𝐵𝐶中，∠𝐵𝐴𝐶=90°，点𝐸，点𝐹分别是𝐵𝐶，𝐴𝐶𝐵𝐴到点𝐷，使𝐴𝐷=2𝐴𝐵，连接𝐷𝐸，𝐷𝐹，𝐴𝐸，𝐸𝐹，𝐴𝐹与𝐷𝐸交于点(2)若𝐴𝐵=6，𝐵𝐶=10，求𝐷𝐸(2)𝐸𝐷=【分析】（1）根据三角形中位线定理可得𝐸𝐹𝐴𝐵，𝐸𝐹=2𝐴𝐵，进而证明𝐴𝐷𝐸𝐹，𝐴𝐷=𝐸𝐹∴𝐸𝐹∥𝐴𝐵，𝐸𝐹=∵𝐴𝐷=∴𝐴𝐷∥𝐸𝐹，𝐴𝐷=（2）解：∵∠𝐵𝐴𝐶=90°，𝐴𝐵=6，𝐵𝐶=∴在Rt△𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐶 =∵点𝐹是𝐴𝐶的中点，𝐴𝐷=2𝐴𝐵=∴𝐴𝐹=2𝐴𝐶=4∴𝐴𝑂=2𝐴𝐹=𝐴𝐷2+∴在𝐴𝐷2+∴𝐸𝐷=2𝑂𝐷=2

=3．（2026·贵州遵义·一模）𝐴𝐵𝐶中，点𝐷在边𝐴𝐵上，过点𝐷作𝐷𝐸𝐵𝐶交边𝐴𝐶于点∠𝐵=(2)当四边形𝐷𝐸𝐹𝐵是菱形时，𝐴𝐵=10，𝐵𝐶=8【分析】（1）根据同位角相等，两直线平行，由∠𝐵=∠𝐸𝐹𝐶得出𝐵𝐷𝐸𝐹，再结合已知条件𝐷𝐸𝐵𝐶，利用“两组对边分别平行的四边形是平行四边形”证明四边形𝐷𝐸𝐹𝐵是平行四边形；（2）根据菱形的四条边相等的性质，设菱形的边长为𝑥，表示出𝐴𝐷的长度，再由𝐷𝐸𝐵𝐶𝐴𝐷𝐸𝐴𝐵𝐶【详解】（1）𝐵=∴𝐵𝐷∥𝐸𝐹，又𝐷𝐸𝐵𝐶，设𝐷𝐸=𝐵𝐷=𝑥，由𝐴𝐵=10得：𝐴𝐷=∵𝐷𝐸∥∴△𝐴𝐷𝐸∽△ ∴𝐴𝐵= ∴10=解得：𝑥=994．如图，在𝐴𝐵𝐶中，∠𝐴𝐶𝐵=90°，𝐷为𝐴𝐵边上一点，连接𝐶𝐷,𝐸为𝐶𝐷C作𝐶𝐹𝐵𝐷，交𝐵𝐸的F，连接𝐷𝐹交𝐴𝐶G．(2)若∠𝐴=30°，𝐴𝐶=43，𝐶𝐹=6．求𝐴𝐷【分析】（1）通过平行线的性质证得𝐶𝐸𝐹𝐷𝐸𝐵，可得𝐶𝐹=𝐷𝐵，结合题意得𝐶𝐹∥𝐷𝐵即可求证四边（2）设𝐵𝐶=𝑥，根据题意可得𝐴𝐵=2𝑥，通过勾股定理求出𝐴𝐵，即可求解𝐸为𝐶𝐷∴𝐶𝐸=∵𝐶𝐹∥∠𝐶𝐹𝐸=∠𝐷𝐵𝐸，∠𝐹𝐶𝐸=∠𝐵𝐷𝐸，在△𝐶𝐸𝐹和△𝐷𝐸𝐵中，∠𝐶𝐹𝐸=∠𝐹𝐶𝐸=∠𝐵𝐷𝐸𝐶𝐸=∴△𝐶𝐸𝐹≌△∴𝐶𝐹=∵四边形𝐷𝐵𝐶𝐹（2）四边形𝐷𝐵𝐶𝐹∴𝐶𝐹=𝐵𝐷=∵∠𝐴𝐶𝐵=90°，∠𝐴=∴𝐴𝐵=∴在Rt△𝐴𝐶𝐵中，𝐴𝐶2+𝐵𝐶2=𝐴𝐵2，设𝐵𝐶=𝑥，则𝐴𝐵=2𝑥，∴(43)2+𝑥2=解得𝑥=4（负值舍去∴𝐴𝐵=∴𝐴𝐷=𝐴𝐵−𝐵𝐷=8−6=03矩形性质：四个角都是直角；对角线相等判定：平行四边形+一个直角；平行四边形+对角线相等；三个角是直角菱形性质：四条边相等；对角线互相垂直；平分一组对角判定：平行四边形+一组邻边相等；平行四边形+对角线垂直；四边都相等正方形性质：同时具备矩形+菱形所有性质判定：矩形+一组邻边相等；菱形+一个直角跳过平行四边形直接判矩形；混淆矩形、菱形对角线性质，计算粗心🎧1．（2025·山东东营·中考真题）0是△𝐴𝐵𝐶边𝐴𝐶的中点，连接𝐵𝑂D，使𝑂𝐷=𝐵𝑂，添加下列选项中的一个条件，不能判定四边形𝐴𝐵𝐶𝐷为矩形的是（）A．𝐴𝐵= B．∠𝐴𝐵𝐶= C．∠𝐴𝐵𝐷= D．𝑂𝐵=【答案】【详解】解：∵0是△𝐴𝐵𝐶边𝐴𝐶∴𝑂𝐴=𝑂𝐶，又𝑂𝐷𝐵𝑂，A．若𝐴𝐵=𝐵𝐶，则四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是菱形，无法得出四边形𝐴𝐵𝐶𝐷B．若∠𝐴𝐵𝐶=90°，则四边形𝐴𝐵𝐶𝐷C．∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是平行四边形，∴𝐴𝐵=𝐶𝐷，又∠𝐴𝐵𝐷=∠𝐴𝐶𝐷，∠𝐴𝑂𝐵=∠𝐷𝑂𝐶，𝐴𝑂𝐵(AAS)，∴𝑂𝐵=𝑂𝐶=𝑂𝐴=∴𝐴𝐶=𝐵𝐷，∴则四边形𝐴𝐵𝐶𝐷D．若𝑂𝐵=𝑂𝐶，∴𝑂𝐵=𝑂𝐶=𝑂𝐴=∴𝐴𝐶𝐵𝐷，∴则四边形𝐴𝐵𝐶𝐷为矩形，故该选项不符合题意；如图，在𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐵=𝐴𝐶，D是𝐵𝐶的中点，𝐶𝐸∥𝐴𝐷，𝐴𝐸𝐴𝐷，𝐸𝐹(2)若𝐵𝐶=6，𝐶𝐸=4，求𝐸𝐹【分析】（1）（2）【详解】（1）证明：∵𝐴𝐵=𝐴𝐶，D是𝐵𝐶∴𝐴𝐷⊥∴∠𝐴𝐷𝐵=∠𝐴𝐷𝐶=∴∠𝐸𝐶𝐷=∠𝐴𝐷𝐵=∵𝐴𝐸⊥∴∠𝐸𝐴𝐷=∴∠𝐸𝐴𝐷=∠𝐴𝐷𝐶=∠𝐸𝐶𝐷=（2）解：∵D是𝐵𝐶 ∴𝐷𝐶=2𝐵𝐶=2×6=𝐴𝐸2+∴𝐴𝐸=𝐷𝐶=3，𝐴𝐸2+∴𝐴𝐶

= 32+△𝐴𝐶𝐸=2𝐴𝐸⋅𝐶𝐸=2×3×32+∵𝐸𝐹⊥∴𝑆△𝐴𝐶𝐸=2𝐴𝐶⋅∴𝐸𝐹

5=53．（2025·北京·中考真题）𝐴𝐵𝐶中，D，E分别为𝐴𝐵，𝐴𝐶的中点，𝐷𝐹𝐵𝐶F在𝐷𝐸的延长线上，𝐷𝐺=(2)若∠𝐵=45°，𝐷𝐹=3，𝐷𝐺=5，求𝐵𝐶和𝐴𝐶(2)𝐵𝐶=8，𝐴𝐶=（1）由三角形中位线定理可得𝐷𝐸𝐶𝐹，即𝐷𝐺𝐶𝐹，则可证明四边形𝐷𝐹𝐶𝐺𝐷𝐹𝐵𝐶，即可证明平行四边形𝐷𝐹𝐶𝐺（2）求出𝐶𝐹=5，解Rt𝐵𝐷𝐹得到𝐵𝐷=32，𝐵𝐹=3，则𝐵𝐶=𝐵𝐹𝐶𝐹=8𝐴𝐵=2𝐵𝐷=62A作𝐴𝐻𝐵𝐶H，解Rt𝐴𝐵𝐻得到𝐴𝐻=6，𝐵𝐻=6，则𝐶𝐻=𝐵𝐶−𝐵𝐻=2，再【详解】（1）证明：∵D，E分别为𝐴𝐵，𝐴𝐶∴𝐷𝐸是𝐴𝐵𝐶∴𝐷𝐸𝐶𝐹，即𝐷𝐺∵𝐷𝐺=又∵𝐷𝐹⊥𝐵𝐶，（2）解：∵𝐷𝐺=∴𝐶𝐹=𝐷𝐺=∵𝐷𝐹⊥∴∠𝐷𝐹𝐵=在Rt𝐵𝐷𝐹中，∠𝐵=45°，𝐷𝐹= ∴𝐵𝐷=sin𝐵=sin45°=32，𝐵𝐹=tan𝐵=tan45°=∴𝐵𝐶=𝐵𝐹+𝐶𝐹=∵D为𝐴𝐵∴𝐴𝐵=2𝐵𝐷=6A作𝐴𝐻⊥𝐵𝐶在Rt△𝐴𝐵𝐻中，𝐴𝐻=𝐴𝐵⋅sin𝐵= ⋅sin45°=6，𝐵𝐻=𝐴𝐵⋅cos𝐵= ⋅cos45°=𝐴𝐻2+62+𝐴𝐻2+62+在Rt𝐴𝐻𝐶中，由勾股定理得𝐴𝐶=

=2(1)𝐴𝐷𝑂(2)若∠𝐷𝐴𝐺=2∠𝐴𝐷𝐵𝐵𝐶=𝐵𝐷，请判断四边形𝐴𝑂𝐵𝐸【分析】（1）先证明四边形𝐴𝐺𝐵𝐷为平行四边形得到∠𝐴𝐷𝑂=∠𝐵𝐺𝐸，𝐴𝐷=𝐵𝐺∠𝐴𝐷𝑂=∠𝐸𝐺𝐵（2）先求出∠𝐴𝐷𝐵=60°，结合角度关系证明𝐴𝐵𝐷是等边三角形，再证明四边形𝐴𝑂𝐵𝐸是平行四边形，∴∠𝐴𝐷𝑂=∠𝐵𝐺𝐸，𝐴𝐷=∵𝐴𝐺∥∠𝐸𝐺𝐵=∠𝐷𝐵𝐶，又∵𝐴𝐷∥𝐵𝐶，∴∠𝐴𝐷𝑂=∴∠𝐴𝐷𝑂=在𝐴𝐷𝑂𝐵𝐺𝐸∠𝐷𝐴𝑂=𝐴𝐷=∠𝐴𝐷𝑂=∴△𝐴𝐷𝑂≅△∵𝐴𝐺∥𝐷𝐴𝐺∠𝐴𝐷𝐵=180°，∠𝐴𝐷𝐵=𝑥，则∠𝐷𝐴𝐺=2𝑥+𝑥=180°，解得𝑥=∴∠𝐴𝐷𝐵=60°，∠𝐷𝐴𝐺=∵𝐴𝐷=𝐵𝐷，∠𝐴𝐷𝐵=𝐴𝐵𝐷∴𝐴𝐵=𝐴𝐷=𝐵𝐷，∠𝐷𝐴𝐵=四边形𝐴𝐵𝐶𝐷∴𝐴𝐺=𝐵𝐷=𝐸为𝐴𝐺 ∴𝐴𝐸=2𝐴𝐺=∵𝑂𝐴=𝑂𝐶=在平行四边形𝐴𝐵𝐶𝐷中，∠𝐷𝐴𝐵=∴∠𝐴𝐵𝐶=∵𝐵𝐶=𝐵𝐷=𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐵=𝐵𝐶，∠𝐴𝐵𝐶=∴∠𝐵𝐴𝐶=∠𝐵𝐶𝐴=∴∠𝑂𝐴𝐵=∵∠𝐷𝐴𝐵=∴∠𝑂𝐴𝐷=∴∠𝑂𝐴𝐵=𝐴𝑂平分𝐴𝐵𝐷∴𝐴𝑂⊥∴∠𝐴𝑂𝐵= ∵𝐴𝐺∥𝐷𝐵，𝐴𝐸=2𝐴𝐺，𝑂𝐵=𝐴𝐸𝑂𝐵且𝐴𝐸=四边形𝐴𝑂𝐵𝐸是平行四边形，又∵∠𝐴𝑂𝐵=90°，四边形𝐴𝑂𝐵𝐸1．（2025·山东德州·中考真题）如图，矩形𝑂𝐴𝐵𝐶0，A，C的坐标分别是0，0，3，00，2，▱𝑂𝐴𝐷𝐸与矩形𝑂𝐴𝐵𝐶周长相等，▱𝑂𝐴𝐷𝐸的面积是矩形𝑂𝐴𝐵𝐶面积的一半，则点D的坐标（A．3+ B．3+【答案】

C． D．3+DC点纵坐标的一半，𝐴𝐷=𝑂𝐶=2D点作𝐷𝐹𝑥轴，交𝑥轴于𝐹点，用D点作𝐷𝐹𝑥轴，交𝑥轴于𝐹∵▱𝑂𝐴𝐷𝐸与矩形𝑂𝐴𝐵𝐶周长相等，𝑂𝐴=∴𝐴𝐷=𝑂𝐶=∵▱𝑂𝐴𝐷𝐸的面积是矩形𝑂𝐴𝐵𝐶面积的一半，𝑂𝐴=∴𝐷𝐹=2𝑂𝐶=由勾股定理得：𝐴𝐹=

=∴点D的坐标为3+3，1．2．（2025·陕西·中考真题）如图，在矩形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐵=3,𝐵𝐶=2，延长𝐶𝐵至点𝐸，延长𝐴𝐷至点𝐹𝐴𝐸，𝐶𝐹．若四边形𝐴𝐸𝐶𝐹为菱形，则这个菱形的面积为（ B． 【答案】键．根据菱形的性质得到𝐴𝐹=𝐴𝐸=𝐸𝐶=𝐹𝐶，由矩形的性质得到𝐶𝐷=𝐴𝐵=3，𝐴𝐷=𝐵𝐶=2，∠𝐷=90°，设𝐷𝐹=𝑥，则在Rt△𝐶𝐹𝐷中，𝐴𝐹=𝐴𝐷+𝐷𝐹=2+𝑥,则𝐶𝐹=𝐴𝐹=2+𝑥, 𝑥=4，即𝐷𝐹=4．得到𝐴𝐹=2+𝑥=∴𝐴𝐹=𝐴𝐸=𝐸𝐶=

4∴𝐶𝐷=𝐴𝐵=3，𝐴𝐷=𝐵𝐶=2，∠𝐷=设𝐷𝐹=𝑥，则在Rt△𝐶𝐹𝐷中，𝐴𝐹=𝐴𝐷+𝐷𝐹=2+∴𝐶𝐹=𝐴𝐹=2+∵𝐷𝐶2+𝐷𝐹2=𝐶𝐹2，即32+𝑥2=(2+𝑥)2，∴𝑥=即𝐷𝐹=∴𝐴𝐹=2+𝑥=4 ∴菱形的面积为𝐴𝐹⋅𝐶𝐷=4×3=43．（2025·四川雅安·中考真题）𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐵=𝐵𝐶①C为圆心，任意长为半径画弧交𝐵𝐶E，交𝐴𝐶②A为圆心，𝐶𝐸长为半径画弧交𝐴𝐶③H为圆心，𝐸𝐹④G作射线⑤A为圆心，𝐵𝐶长为半径画弧交𝐴𝑄D，连接𝐶𝐷得四边形(2)连接𝐷𝐹，𝐵𝐻，求证：𝐷𝐹=𝐵𝐻．【分析】（1）由作图得，∠𝐷𝐴𝐶=∠𝐴𝐶𝐵，𝐴𝐷=𝐶𝐵，得到𝐴𝐷𝐶𝐵，然后结合𝐴𝐵=𝐵𝐶（2）由菱形的性质得到𝐶𝐷=𝐴𝐵，𝐶𝐷𝐴𝐵，推出∠𝐷𝐶𝐴=∠𝐵𝐴𝐶𝐷𝐶𝐹𝐵𝐴𝐻(SAS)，即可得到𝐷𝐹=𝐵𝐻．由作图得，∠𝐷𝐴𝐶=∠𝐴𝐶𝐵，𝐴𝐷=𝐶𝐵∴𝐴𝐷∥∵𝐴𝐵=∴𝐶𝐷=𝐴𝐵，𝐶𝐷∥∴∠𝐷𝐶𝐴=由作图得，𝐶𝐹=∴△𝐷𝐶𝐹≌△∴𝐷𝐹=4．（2026·云南昭通·模拟预测）如图，在四边形𝐴𝐸𝐶𝐷中，𝐴𝐸∥𝐷𝐶，𝐷𝐵平分∠𝐴𝐷𝐶，𝐶𝐷=(2)若𝐴𝐷=5𝐴𝐶𝐷18，求菱形𝐴𝐵𝐶𝐷𝐴𝐷=𝐴𝐵；因为𝐴𝐸𝐷𝐶，可先证四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是平行四边形，再结合𝐴𝐷=𝐴𝐵先根据𝐴𝐶𝐷的周长和𝐴𝐷的长度，求出𝐴𝐶的长度；因为菱形的对角线互相垂直平分，可利用勾股定∴∠𝐶𝐷𝐵=∵𝐶𝐷=∴∠𝐶𝐷𝐵=∴∠𝐴𝐷𝐵=∵𝐶𝐷=∴𝐴𝐷=𝐶𝐷，𝐴𝐶⊥𝐷𝐵，𝑂𝐴=𝑂𝐶，𝑂𝐷=∵𝐴𝐷=5△𝐴𝐶𝐷∴𝐴𝐶=18−2×5=8，则𝑂𝐶=𝑂𝐴=2在Rt𝐴𝑂𝐷中，𝑂𝐷=∴𝐷𝐵=2𝑂𝐷=

=∴菱形𝐴𝐵𝐶𝐷的面积为2×6×8=结合矩形、菱形双重性质综合解题；判定时补齐邻边相等结合矩形、菱形双重性质综合解题；判定时补齐邻边相等+这个平行四边形是正方形的是（）A．𝐴𝐶=𝐵𝐷，𝐴𝐵⊥ B．𝐴𝑂=𝐵𝑂，𝐴𝐶⊥C．𝐴𝐵=𝐴𝐷，𝐴𝐶⊥ D．𝐴𝑂=𝐶𝑂，𝐴𝐵⊥【答案】A：∵𝐴𝐶=𝐵𝐷，∴平行四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是矩形，又𝐴𝐵𝐵𝐶与𝐴𝐶=𝐵𝐷是等价的，都能判定该平行四边形是矩形，不能判定为正A不符合题意；∴𝐴𝐶=2𝐴𝑂，𝐵𝐷=∵𝐴𝑂=∴𝐴𝐶=又∵𝐴𝐶⊥𝐵𝐷，∵平行四边形𝐴𝐵𝐶𝐷B符合题意；C：∵𝐴𝐵=𝐴𝐷，∴平行四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是菱形，菱形本身对角线互相垂直，因此𝐴𝐶𝐵𝐷C不符合题D：平行四边形对角线本来互相平分，𝐴𝑂𝐶𝑂恒成立，𝐴𝐵𝐵𝐶仅能推出平行四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是矩D不符合题意．2．（2025·江苏南京·中考真题）如图，点𝐸，𝐹在矩形𝐴𝐵𝐶𝐷内，Rt𝐴𝐵𝐸≌Rt𝐶𝐷𝐹．若𝐴𝐵=𝐴𝐷=30，𝐴𝐸=15，则𝐸𝐹的长 全等三角形的角相等，证得∠𝐴𝐵𝐸=∠𝐷𝐴𝐸，∠𝐴𝐺𝐷=90°，利用sin∠𝐷𝐴𝐸和cos∠𝐷𝐴𝐸得出𝐷𝐺、𝐴𝐺长，进而在Rt𝐴𝐵𝐸中，𝐵𝐸=

=20，sin∠𝐴𝐵𝐸 ==

∴cos∠𝐴𝐵𝐸=𝐴𝐵=25=∴∠𝐵𝐴𝐷=∠𝐴𝐷𝐶=∴∠𝐵𝐴𝐸+∠𝐷𝐴𝐸=90°，∠𝐶𝐷𝐹+∠𝐴𝐷𝐹=∵Rt△𝐴𝐵𝐸≌Rt△∴∠𝐴𝐵𝐸=∠𝐶𝐷𝐹，∠𝐴𝐵𝐸+∠𝐵𝐴𝐸=90°，𝐷𝐹=𝐵𝐸=∴∠𝐴𝐵𝐸= ∴∠𝐶𝐷𝐹=∠𝐷𝐴𝐸，sin∠𝐷𝐴𝐸=sin∠𝐴𝐵𝐸=5，cos∠𝐷𝐴𝐸=cos∠𝐴𝐵𝐸=∴∠𝐷𝐴𝐸+∠𝐴𝐷𝐹=∠𝐶𝐷𝐹+∠𝐴𝐷𝐹=∠𝐴𝐷𝐶=∴∠𝐴𝐺𝐷= ∴𝐷𝐺=sin∠𝐷𝐴𝐸·𝐴𝐷=5×30=18，𝐴𝐺=cos∠𝐷𝐴𝐸·𝐴𝐷=5×30=24，∠𝐸𝐺𝐹=∴𝐹𝐺=𝐷𝐹−𝐷𝐺=20−18=2，𝐸𝐺=𝐴𝐺−𝐴𝐸=24−15=𝐹𝐺2+∴𝐸𝐹𝐹𝐺2+3．（2025·湖南长沙·中考真题）如图，正方形𝐴𝐵𝐶𝐷E，F分别在𝐴𝐵，𝐶𝐷上，且𝐵𝐸=(2)连接𝐸𝐹，若𝐵𝐶=12，𝐵𝐸=5，求𝐸𝐹（1）根据四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是正方形，得出𝐴𝐵𝐶𝐷且𝐴𝐵=𝐶𝐷．结合𝐵𝐸=𝐷𝐹，得出𝐴𝐸=𝐶𝐹．结合𝐴𝐸∥𝐶𝐹，（2）过点𝐸作𝐸𝐻𝐶𝐷于点𝐻．根据四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是正方形，𝐵𝐶=12𝐶𝐷=𝐵𝐶=12,∠𝐵=∠𝐵𝐶𝐷=90°．结合∠𝐸𝐻𝐶=90°，证出四边形𝐸𝐵𝐶𝐻𝐸𝐵=𝐻𝐶=5,𝐸𝐻=𝐵𝐶=12．结合𝐷𝐹=𝐵𝐸=5，得出𝐻𝐹=2．在Rt△𝐸𝐻𝐹中，由勾股定理求出∴𝐴𝐵𝐶𝐷且𝐴𝐵=𝐶𝐷．又∵𝐵𝐸=𝐷𝐹，∴𝐴𝐵−𝐵𝐸=∴𝐴𝐸=𝐶𝐹．又∵（2）解：过点𝐸作𝐸𝐻𝐶𝐷于点∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是正方形，𝐵𝐶=𝐶𝐷=𝐵𝐶=12,∠𝐵=∠𝐵𝐶𝐷=90°．又∵∠𝐸𝐻𝐶=90°，𝐸𝐵=𝐻𝐶=5,𝐸𝐻=𝐵𝐶=12．又∵𝐷𝐹=𝐵𝐸=5，∴𝐻𝐹=𝐶𝐷−𝐷𝐹−𝐶𝐻=12−5−5=在Rt𝐸𝐻𝐹中，由勾股定理得𝐸𝐹=

=2𝐸𝐻2+122+知正方形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐷6E为𝐴𝐵边上一动点，点𝑀是射线𝐴𝐵延长线上的一点，连接𝐷𝐸，将线段𝐷𝐸𝐸𝐻2+122+如图①，过点F作𝐹𝐺⊥𝐴𝑀，垂足为点G，若𝐹𝐺=3，则𝐴𝐺= ，𝐸𝐹= (3)如图③，连接𝐶𝐹，当𝐶𝐹=26时，求线段𝐴𝐸【答案】(1)9；3(3)3+3或【分析】（1）先由旋转可知∠𝐷𝐸𝐹=90°，𝐸𝐷=𝐸𝐹，进一步证明∠𝐴𝐷𝐸=∠𝐺𝐸𝐹，再根据AAS𝐴𝐷𝐸𝐺𝐸𝐹，进而得出𝐴𝐸=𝐹𝐺=3，𝐸𝐺=𝐴𝐷=6，由勾股定理即可求出（2）设𝐴𝐸=𝑥，𝐶𝐻=𝑦，由△𝐴𝐷𝐸∽△𝐵𝐸𝐻得到𝐴𝐸=𝐵𝐻，进而可得𝑦=1(𝑥−3)2+9

过点𝐹作𝐹𝐾𝐵𝐶，𝐹𝐺𝐴𝑀，垂足分别为𝐾、𝐺，设𝐴𝐸=𝑥，则𝐵𝐸=6−𝑥，根据（1）𝐵𝐺𝐹𝐾是正方形，即𝐵𝐺=𝐾𝐹=𝐹𝐺=𝐵𝐾=𝑥，再在Rt△𝐾𝐹𝐶【详解】（1）∵线段𝐷𝐸E顺时针旋转90°，得到线段∴∠𝐷𝐸𝐹=∴∠𝐴𝐸𝐷+∠𝐺𝐸𝐹=四边形𝐴𝐵𝐶𝐷∴∠𝐴=∴∠𝐴𝐸𝐷+∠𝐴𝐷𝐸=90°𝐴𝐷𝐸=∠𝐺𝐸𝐹，又∵𝐹𝐺⊥𝐴𝐵，∴∠𝐷𝐴𝐸=∠𝐸𝐺𝐹=在𝐴𝐷𝐸𝐺𝐸𝐹∠𝐴𝐷𝐸=∠𝐷𝐴𝐸=∠𝐸𝐺𝐹𝐷𝐸=∴△𝐴𝐷𝐸≌△∴𝐴𝐸=𝐹𝐺=3，𝐸𝐺=𝐴𝐷=𝐸𝐺2+62+∴𝐴𝐺=𝐴𝐸+𝐸𝐺𝐸𝐺2+62+𝐸𝐹

=3（2）解：由（1）可知：∠𝐴𝐷𝐸∠𝐺𝐸𝐹，又∵∠𝐷𝐴𝐸=∠𝐴𝐵𝐶，∴△𝐴𝐷𝐸∽△

∴𝐴𝐷=设𝐴𝐸=𝑥，𝐶𝐻=𝑦，则𝐵𝐸=6−𝑥，𝐵𝐻= ∴6=整理得：𝑦=1𝑥2−𝑥+6=1(𝑥−3)2+ ∴当𝑥=3时，𝑦有最小值，𝑦=即线段

（3）解：如图③，过点𝐹作𝐹𝐾𝐵𝐶，𝐹𝐺𝐴𝑀，垂足分别为𝐾、设𝐴𝐸=𝑥，则𝐵𝐸=由（1）可得：𝐸𝐺=𝐴𝐷=6，𝐹𝐺=𝐴𝐸=∴𝐵𝐺=𝐸𝐺−𝐸𝐵=6−(6−𝑥)=𝑥，即𝐵𝐺=𝐹𝐺，∴𝐵𝐺=𝐾𝐹=𝐹𝐺=𝐵𝐾=∴𝐾𝐶=𝐵𝐶−𝐵𝐾=在Rt△𝐾𝐹𝐶中，𝐶𝐹2=𝐶𝐾2∴𝑥2+(6−𝑥)2=(2解得：𝑥1=3+3，𝑥2=3−3，即：𝐴𝐸长为3+3或3−3．【点睛】这道题是典型的“旋转+最值+方程”综合题.+二次函数求几何最值（函数法）；+勾股定理列方程求解.解题时，务 【分析】（1）根据菱形的性质得出𝐸𝐻=𝐻𝐺，根据中位线的性质可得𝐸𝐻=2𝐵𝐷，𝐻𝐺=2𝐴𝐶𝐴𝐶=𝐵𝐷（2）依题意得出𝐴𝐵𝐵𝐶=6,𝐴𝐵𝐵𝐶=8，根据勾股定理结合完全平方公式变形，求得𝐴𝐶=25，根据∴𝐸𝐻= ∴𝐸𝐻=2𝐵𝐷，𝐻𝐺=∴𝐴𝐶=∴𝐴𝐵+𝐵𝐶=6,𝐴𝐵⋅𝐵𝐶=∴𝐴𝐶2=𝐴𝐵2+𝐵𝐶2=(𝐴𝐵+𝐵𝐶)2−2𝐴𝐵⋅𝐵𝐶=62−2×8=∴𝐴𝐶=∴𝐻𝐺=2𝐴𝐶=5，即菱形𝐸𝐹𝐺𝐻2．（2026·贵州铜仁·模拟预测）在矩形𝐴𝐵𝐶𝐷中，过对角线𝐵𝐷0作𝐵𝐷的垂线𝐸𝐹，分别交𝐴𝐷,𝐵𝐶于E，F．(2)若𝐴𝐵=3cm,𝐴𝐷=4cm𝐵𝐹𝐷【分析】（1）先证明𝐸𝑂𝐷𝐹𝑂𝐵，得到𝐸𝐷=𝐹𝐵，可以得出四边形𝐸𝐵𝐹𝐷𝐵𝐷𝐸𝐹（2）设𝐶𝐹=𝑥，𝐵𝐹=𝐹𝐷=4−𝑥，在Rt𝐷𝐶𝐹中，根据勾股定理建立方程求解𝑥，即可求解𝐵𝐹𝐷的面【详解】（1）四边形𝐴𝐵𝐶𝐷∴𝐴𝐷∥∴∠𝐸𝐷𝑂=∠𝐹𝐵𝑂，∠𝐷𝐸𝑂=𝑂为𝐵𝐷∴𝑂𝐷=在𝐸𝑂𝐷𝐹𝑂𝐵∠𝐸𝐷𝑂=∠𝐷𝐸𝑂=∠𝐵𝐹𝑂𝑂𝐷=∴△𝐸𝑂𝐷≌△∴𝐸𝐷=四边形𝐸𝐵𝐹𝐷∵𝐵𝐷⊥四边形𝐵𝐹𝐷𝐸∴𝐴𝐷=𝐵𝐶=4cm,𝐴𝐵=𝐶𝐷=3cm，∠𝐶=∴𝐵𝐹=设𝐶𝐹=∴𝐵𝐹=𝐹𝐷=在Rt△𝐷𝐶𝐹中，根据勾股定理可得：𝐹𝐷2=𝐷𝐶2+𝐶𝐹2，即𝑥2+32=(4−𝑥)2，解得：𝑥= ∴𝐵𝐹=4−8=8

∴△𝐵𝐹𝐷=2𝐵𝐹𝐶𝐷=2×8×3=交𝐴𝐷于点𝐹，作𝐹𝑂𝐵𝐷，延长𝐹𝑂交线段𝐵𝐶于点(2)若𝐴𝐵=6，𝐴𝐷=8，求四边形𝐵𝐹𝐷𝐺【分析】（1）由平行线的性质和翻折的性质，得出𝐵𝐹=𝐷𝐹，结合𝐹𝑂𝐵𝐷，可得𝐵𝑂=𝑂𝐷𝐹𝑂=𝐺𝑂，易得𝐵𝐷和𝐹𝐺互相垂直平分，即可证出四边形𝐵𝐹𝐷𝐺（2）令𝐴𝐹=𝑥，则𝐵𝐹=𝐹𝐷=8−𝑥，由𝐵𝐹2=𝐴𝐵2+𝐴𝐹2，得(8−𝑥)2=62+𝑥2，解出𝑥𝑆四边形𝐹𝐵𝐺𝐷=𝑆菱形𝐴𝐵𝐶𝐷−2𝑆△𝐴𝐵𝐹【详解】（1）解：由折叠的性质，得∠𝐸𝐵𝐷=∵𝐴𝐷∥∴∠𝐶𝐵𝐷=∴∠𝐸𝐵𝐷=∴𝐵𝐹=𝐷𝐹，又∵𝐹𝑂𝐵𝐷，∴𝐵𝑂=𝑂𝐷，∠𝐵𝐹𝑂=∠𝐷𝐹𝑂，又∵𝐴𝐷∥𝐵𝐶，∴∠𝐷𝐹𝑂=∴∠𝐵𝐹𝑂=∴𝐵𝐹=∵𝐵𝑂⊥∴𝐹𝑂=（2）解：令𝐴𝐹=𝑥，则𝐹𝐷=𝐴𝐷−𝑥=∴𝐵𝐹=𝐹𝐷=由𝐵𝐹2=𝐴𝐵2+𝐴𝐹2，得(8−𝑥)2=62+解得𝑥= ∴𝑆四边形𝐹𝐵𝐺𝐷=𝑆菱形𝐴𝐵𝐶𝐷−2𝑆△𝐴𝐵𝐹=6×8−2×2×4×6=24．（2024·内蒙古·中考真题）如图，∠𝐴𝐶𝐵=∠𝐴𝐸𝐷=90°，𝐴𝐶=𝐹𝐸，𝐴𝐵平分(2)B作𝐵𝐺𝐴𝐸G，若𝐶𝐵=𝐴𝐹写出四边形𝐵𝐺𝐸𝐷【分析】（1）由角平分线的定义可得出∠𝐶𝐴𝐵=∠𝐵𝐴𝐹，由平行线的性质可得出∠𝐸𝐹𝐷=∠𝐵𝐴𝐹，等量代换可得出∠𝐶𝐴𝐵=∠𝐸𝐹𝐷，利用ASA△𝐴𝐶𝐵≌△𝐹𝐸𝐷，由全等三角形的性质得出𝐴𝐵=𝐹𝐷，结合已知条（2）由已知条件可得出∠𝐵𝐺𝐸=∠𝐷𝐸𝐺=90°，由平行四边形的性质可得出𝐵𝐷𝐴𝐸，𝐵𝐷=𝐴𝐹，根据平行线的性质可得出∠𝐺𝐵𝐷=90°，∠𝐸𝐷𝐵=90°，由全等三角形的性质可得出𝐶𝐵=𝐸𝐷，等量代换可得出𝐵𝐷=𝐸𝐷𝐵𝐺𝐸𝐷∴∠𝐶𝐴𝐵=∴∠𝐸𝐹𝐷=∴∠𝐶𝐴𝐵=在𝐴𝐶𝐵𝐹𝐸𝐷∠𝐴𝐶𝐵=𝐴𝐶= ∠𝐶𝐴𝐵=∴△𝐴𝐶𝐵≌△∴𝐴𝐵=𝐹𝐷，由B作𝐵𝐺⊥𝐴𝐸G，∴∠𝐵𝐺𝐸=∠𝐷𝐸𝐺=∴𝐵𝐷∥𝐴𝐸，𝐵𝐷=∴∠𝐺𝐵𝐷+∠𝐵𝐺𝐸=180°，∠𝐷𝐸𝐺+∠𝐸𝐷𝐵=∴∠𝐺𝐵𝐷=90°，∠𝐸𝐷𝐵=90°，由（1）△𝐴𝐶𝐵≌△𝐹𝐸𝐷，∴𝐶𝐵=∵𝐶𝐵=∴𝐸𝐷=∴𝐵𝐷=04梯形定义：一组对边平行，另一组对边不平行的四边形是梯形等腰梯形性质：两腰相等；同一底上两角相等；对角线相等等腰梯形判定：两腰相等的梯形；同一底上两角相等的梯形常用辅助线：作双高、平移一腰、平移对角线不会添加梯形专用辅助线，无从下手；忽略平行线角度关系，边角换算逻辑脱节，计算🎧 B．能作2 D．不能【答案】2．（2025·湖北武汉·二模）如图，在四边形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐵𝐶𝐷,𝐴𝐵=𝐵𝐶=𝐴𝐷,𝐴𝐵𝐸∠𝐴𝐵𝐶=80°，则∠𝐷𝐸𝐶的大小是（ 【答案】先证得四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是等腰梯形，可得∠𝐵𝐴𝐷=∠𝐴𝐵𝐶=80°∠𝐸𝐴𝐵=∠𝐴𝐵𝐸=∠𝐴𝐸𝐵=60°，根据角的和差得出∠𝐷𝐴𝐸=20°，∠𝐶𝐵𝐸=20°∠𝐷𝐸𝐴=80°，∠𝐶𝐸𝐵=80°【详解】解：∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐵𝐶𝐷,𝐵𝐶=∴∠𝐵𝐴𝐷=∠𝐴𝐵𝐶=𝐴𝐵𝐸∴∠𝐸𝐴𝐵=∠𝐴𝐵𝐸=∠𝐴𝐸𝐵=∴∠𝐷𝐴𝐸=∠𝐵𝐴𝐷−∠𝐸𝐴𝐵=20°，∠𝐶𝐵𝐸=∠𝐴𝐵𝐶−∠𝐸𝐵𝐴=20°，又∵𝐴𝐵=𝐵𝐶=𝐴𝐷，∴𝐴𝐷=𝐴𝐸，𝐵𝐸=∴∠𝐷𝐸𝐴

=80°，∠𝐶𝐸𝐵

=∴∠𝐷𝐸𝐶=360°−∠𝐷𝐸𝐴−∠𝐴𝐸𝐵−∠𝐶𝐸𝐵=360°−80°−60°−80°=140°，如图，将直角梯形𝐴𝐵𝐶𝐷沿𝐴𝐵2个单位得到直角梯形𝐸𝐹𝐺𝐻，已知𝐵𝐶=6，∠𝐴=∠𝐶=45°，则阴影部分的面积为（ 【答案】【分析】本题考查了直角梯形，平移的性质．根据平移的性质得𝐴𝐸=𝐵𝐹=2,𝐵𝐶=𝐹𝐺=6，由于𝑆+𝑆梯形𝐸𝐵𝑂𝐻=𝑆梯形𝐸𝐵𝑂𝐻+𝑆梯形𝐵𝐹𝐺𝑂，可得𝑆阴影部分=𝑆梯形𝐵𝐹𝐺𝑂【详解】解：如图所示：由平移的性质得𝐴𝐸=𝐵𝐹=2,𝐵𝐶=𝐹𝐺=6，∠𝐶=∠𝐺=∵𝑆+𝑆梯形𝐸𝐵𝑂𝐻=𝑆梯形𝐸𝐵𝑂𝐻+𝑆梯形∴𝑆=𝑆梯形设𝐵𝐶,𝐻𝐺00作𝑂𝑄⊥𝐹𝐺在Rt𝑂𝑄𝐺中，∠𝐺=∴𝑂𝑄=𝑄𝐺=𝐵𝐹=∴𝐵𝑂=𝐹𝐺−𝑂𝐺=6−2= ∴𝑆=𝑆梯形𝐵𝐹𝐺𝑂

⋅𝐵𝐹=2×(6+4)×2=如图，在梯形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐷∥𝐵𝐶，𝐴𝐷=3，𝐵𝐶=5，点E在𝐴𝐵上，且𝐴𝐸:𝐸𝐵=2∶3，过点E作𝐸𝐹∥𝐵𝐶交𝐶𝐷于点F，则𝐸𝐹= 作𝐴𝑀∥𝐶𝐷交𝐵𝐶、𝐸𝐹于𝑀、𝑁𝐴𝐵𝑀中，利用相似三角形的判定和性质求𝐸𝑁𝐸𝐹=𝐸𝑁𝑁𝐹=𝐸𝑁+𝐴𝐷∵四边形𝐴𝐷𝐶𝑀与𝐴𝐷𝐹𝑁𝐴𝐸𝑁 ∴𝐶𝑀=𝑁𝐹=𝐴𝐷=3，𝐵𝑀=∴𝐵𝑀=𝐵𝐶−𝐶𝑀=∵𝐴𝐸:𝐸𝐵= ∴𝐵𝑀=𝐴𝐵= ∴𝐸𝑁=5×𝐵𝑀=5×2= ∴𝐸𝐹=𝐸𝑁+𝑁𝐹=5+3=55 【答案】2．（2024·四川遂宁·二模）如图，已知等腰梯形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐷∥𝐵𝐶，∠𝐵=60°，𝐴𝐷=2，𝐵𝐶=8，则此等 【答案】斜边的一半，作𝐴𝐸𝐵𝐶，𝐷𝐹𝐵𝐶，证明四边形𝐴𝐸𝐹𝐷是矩形，从而有𝐴𝐷=𝐸𝐹=2，𝐴𝐸=𝐷𝐹，根据等腰梯形的性质得𝐴𝐵=𝐷𝐶，证明Rt△𝐴𝐵𝐸≌Rt△𝐷𝐶𝐹(HL)，根据30°所对直角边是斜边的一半得出𝐴𝐵=𝐷𝐶=2𝐵𝐸=6【详解】如图，作𝐴𝐸𝐵𝐶，𝐷𝐹∴∠𝐴𝐸𝐵=∠𝐴𝐸𝐶=∠𝐷𝐹𝐵=∠𝐷𝐹𝐶=∴∠𝐴𝐸𝐵=∠𝐸𝐴𝐷=∴∠𝐸𝐴𝐷=∠𝐴𝐸𝐶=∠𝐷𝐹𝐵=∴𝐴𝐷=𝐸𝐹=2，𝐴𝐸=∴𝐴𝐵=∴Rt△𝐴𝐵𝐸≌Rt△∴𝐵𝐸=𝐶𝐹=(8−2)÷2=∵∠𝐵=60°，∠𝐴𝐸𝐵=∴𝐴𝐵=𝐷𝐶=2𝐵𝐸=∴等腰梯形的周长为𝐴𝐵𝐵𝐶𝐷𝐶𝐴𝐷=6+8+6+2=22，（可以精确量出给定两点的距离）𝐵𝐷的长，如果𝐴𝐶≠𝐵𝐷，那么桌面不是等腰梯形；如果𝐴𝐶=𝐵𝐷，再继续测量𝐴𝐵、𝐶𝐷、𝐴𝐷与𝐵𝐶的长，如果𝐴𝐵=𝐶𝐷，𝐴𝐷≠𝐵𝐶或者𝐴𝐵≠𝐶𝐷，𝐴𝐷=𝐵𝐶，那么桌面是等腰梯形，不然，桌面就不是等腰梯形．【分析】（1）设𝐴𝐶，𝐵𝐷0，证明△𝐴𝐵𝐶≌△𝐷𝐶𝐵(SSS)△𝐴𝐵𝐷≌△𝐷𝐶𝐴(SSS)∠𝐴𝐶𝐵=∠𝐷𝐵𝐶，∠𝐴𝐷𝐵=∠𝐷𝐴𝐶；进一步可证明∠𝐴𝐶𝐵=∠𝐷𝐴𝐶，得到𝐴𝐷𝐵𝐶，据此可证明四边形（2）在𝐵𝐶上取𝐵𝐸=𝐴𝐷，连接𝐷𝐸，测量𝐴𝐵，𝐷𝐸，𝐷𝐶的长，若𝐴𝐵=𝐷𝐸=𝐷𝐶，则可证明四边形𝐴𝐵𝐸𝐷是平行四边形，得到𝐴𝐷=𝐵𝐸<𝐵𝐶，𝐴𝐷∥𝐵𝐶，则可证明四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是等腰梯形．【详解】（1）解：已知：𝐴𝐶=𝐵𝐷，𝐴𝐵=𝐶𝐷，𝐴𝐷≠𝐵𝐶，在𝐴𝐵𝐶𝐷𝐶𝐵𝐴𝐵=𝐴𝐶=𝐷𝐵𝐵𝐶=∴△𝐴𝐵𝐶≌△∴∠𝐴𝐶𝐵=同理可证明𝐴𝐵𝐷∴∠𝐴𝐷𝐵=∵∠𝐴𝐶𝐵+∠𝐷𝐵𝐶+∠𝐵𝑂𝐶=180°=∠𝐴𝐷𝐵+∠𝐷𝐴𝐶+∠𝐴𝑂𝐷=∴∠𝐴𝐶𝐵+∠𝐷𝐵𝐶=∠𝐴𝐷𝐵+∴2∠𝐴𝐶𝐵=2∠𝐷𝐴𝐶，即∠𝐴𝐶𝐵=∴𝐴𝐷∥又∵𝐴𝐷≠𝐵𝐶，𝐴𝐵=（2）解：如图所示，测量出𝐴𝐷的长，在𝐵𝐶上取𝐵𝐸=𝐴𝐷，连接𝐷𝐸，测量𝐴𝐵，𝐷𝐸，𝐷𝐶𝐴𝐵=𝐷𝐸=𝐷𝐶，那么四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是等腰梯形，若不满足𝐴𝐵=𝐷𝐸=𝐷𝐶，则四边形𝐴𝐵𝐶𝐷4．（2024·湖北·模拟预测）如图，在梯形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐷𝐵𝐶，∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐵𝐶𝐷=60∘，𝐴𝐷=𝐷𝐶，𝐸、𝐹分别在𝐴𝐷、𝐷𝐶的延长线上，且𝐷𝐸=𝐶𝐹，𝐴𝐹交𝐵𝐸于点𝑃．(1)𝐴𝐵𝐸(2)∠𝐵𝑃𝐹=△𝐴𝐵𝐸≌△【详解】（1）证明：∵在梯形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐷𝐵𝐶，∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐵𝐶𝐷=∴𝐴𝐵=∵𝐴𝐷=∴𝐵𝐴=𝐴𝐷，∠𝐵𝐴𝐸=∠𝐴𝐷𝐹=∵𝐷𝐸=∴𝐴𝐸=∵在𝐵𝐴𝐸𝐴𝐷𝐹中，𝐴𝐵=𝐴𝐷，∠𝐵𝐴𝐸=∠𝐴𝐷𝐹𝐴𝐸=∴△𝐴𝐵𝐸≌△（2）解：𝐵𝐴𝐸∴∠𝐴𝐵𝐸=∴∠𝐵𝑃𝐹=∠𝐴𝐵𝐸+∠𝐵𝐴𝑃=∵𝐴𝐷∥𝐵𝐶，∠𝐶=∠𝐴𝐵𝐶=∴∠𝐵𝑃𝐹=考点 四边形综合证明与计算证中点问题：三角形中位线平行于第三边且等于一半折叠问题：折叠前后对应边、对应角相等，用勾股定理列方程动点问题：用含t的式子表示线段长度，结合判定列等式多结论判断：逐项验证，举反例排除错误最值问题：垂线段最短、将军饮马模型综合题：结合全等三角形、勾股定理、四边形性质分步证明计算题型十三：四边形中点问题（中位线题型十三：四边形中点问题（中位线遗忘中位线核心定理，不会构造辅助线；倍数关系搞反，线段长短计算🎧互相垂直，则四边形𝐸𝐹𝐺𝐻一定是（A．矩 B．菱 【答案】𝐴𝐶交𝐵𝐷Q，𝐸𝐹交𝐵𝐷P，结合三角形中位线证出四边形𝐸𝐹𝐺𝐻是平行四边形，再结合∠𝐹𝐸𝐻=∠𝐹𝑃𝐷=∠𝐶𝑄𝐷=90°，证出结果即 ∴𝐸𝐹∥𝐴𝐶，且𝐸𝐹=2𝐴𝐶,𝐺𝐻∥𝐴𝐶，且𝐺𝐻=∴𝐸𝐹∥𝐺𝐻，且𝐸𝐹=∵𝐴𝐶⊥∴∠𝐹𝐸𝐻=∠𝐹𝑃𝐷=∠𝐶𝑄𝐷=,,,是（）A．甲、乙都正 B．甲正确，乙错 【答案】【分析】连接𝐴𝐶,𝐵𝐷，根据矩形的性质可得𝐴𝐶=𝐵𝐷𝐸𝐻=𝐹𝐺=𝐸𝐹=𝐻𝐺，即可判断甲；四边形𝐸𝐹𝐺𝐻是菱形，只能判断𝐴𝐶=𝐵𝐷，无法得到四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是矩【详解】解：如图，连接若四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是矩形，则𝐴𝐶=点𝐸𝐹𝐺𝐻∴𝐸𝐻=𝐹𝐺=𝐸𝐹=𝐻𝐺=四边形𝐸𝐹𝐺𝐻若四边形𝐸𝐹𝐺𝐻是菱形，则𝐸𝐻=𝐹𝐺=𝐸𝐹=∴𝐴𝐶=𝐵𝐷=3．（2024·四川泸州·一模）如图顺次连接矩形𝐴𝐵𝐶𝐷四条边的中点得到四边形𝐸𝐹𝐺𝐻，若𝐴𝐵=𝐵𝐶=5，则四边形𝐸𝐹𝐺𝐻的面积为（ 【答案】∵矩形∴𝐴𝐶=𝐵𝐷，𝐴𝐵∥𝐶𝐷，𝐴𝐷∥𝐵𝐶，𝐴𝐵=𝐶𝐷，𝐴𝐷=𝐵𝐶，∠𝐵𝐴𝐷=∵ ∴𝐸𝐹=𝐻𝐺=2𝐴𝐶，𝐹𝐺=𝐸𝐻=∴𝐸𝐹=𝐻𝐺=𝐹𝐺=四边形𝐸𝐹𝐺𝐻∵𝐴𝐻=𝐵𝐹=2𝐵𝐶，𝐴𝐻∥𝐵𝐹，∠𝐵𝐴𝐷=四边形𝐴𝐵𝐹𝐻∴𝐹𝐻=𝐴𝐵=3，𝐸𝐺=𝐴𝐷=𝐵𝐶= ∴菱形𝐸𝐹𝐺𝐻=2𝐸𝐺𝐹𝐻=2×5×3=4．（2025·四川德阳·中考真题）E、F、G、H分别是四边形𝐴𝐵𝐶𝐷边𝐴𝐵、𝐵𝐶、𝐶𝐷、𝐷𝐴的中点，如果𝐵𝐷=𝐴𝐶，四边形𝐸𝐹𝐺𝐻24，且𝐻𝐹=6，则𝐺𝐻=（） 【答案】 ∴𝐸𝐻∥𝐵𝐷，𝐸𝐻=2𝐵𝐷；𝐹𝐺∥𝐵𝐷，𝐹𝐺=2𝐵𝐷；𝐸𝐹∥𝐴𝐶，𝐸𝐹=2𝐴𝐶；𝐺𝐻∥𝐴𝐶，𝐺𝐻=2𝐴𝐶∵𝐵𝐷=∴𝐸𝐻=𝐹𝐺=𝐸𝐹= ∴𝐸𝐺⊥𝐻𝐹，𝑂𝐻=2𝐻𝐹=3，𝑂𝐺=∴∠𝐻𝑂𝐺=∵四边形𝐸𝐹𝐺𝐻面积为24，𝐻𝐹=∴24=2×6×解得𝐸𝐺=8∴𝑂𝐺=2𝐸𝐺=(𝑂𝐻)2+(𝑂𝐻)2+𝐺𝐻

=532+32+漏标折叠隐藏相等边角；忽略轴对称全等关系，等量条件找不全，方程列不🎧1．（2025·河北·中考真题）如图，将矩形𝐴𝐵𝐶𝐷沿对角线𝐵𝐷折叠，点𝐴落在𝐴′处，𝐴′𝐷交𝐵𝐶于点𝐸△𝐶𝐷𝐸沿𝐷𝐸折叠，点𝐶落在△𝐵𝐷𝐸内的𝐶′处，下列结论一定正确的是（A．∠1= B．∠1= C．∠2= D．∠2=【答案】是解题的关键；结果矩形的性质的可得𝐴𝐷∥𝐵𝐶，∠𝐶=90°，则∠𝐴𝐷𝐵=∠1，进而根据折叠的性质得出2∠1=90°−𝛼，∠2=2𝛼，即可求解．∴𝐴𝐷∥𝐵𝐶，∠𝐶=∴∠𝐴𝐷𝐵=∴∠𝐴𝐷𝐵=∴∠1=∵∠𝐷𝐸𝐶=90°−𝛼，即2∠1=∴∠1=45°−2𝛼A∵∠𝐵𝐷𝐸≠∴∠1≠𝛼B∴∠𝐶′𝐸𝐷=∵∠2=180°−2∠𝐶𝐸𝐷=180°−2(90°−𝛼)=2𝛼C不正确，D选项正确𝐴𝐵=4,𝐵𝐶=6，则tan∠𝑀𝐸𝐹的值为（ 【答案】【分析】本题以矩形折叠为背景，先利用矩形性质与中点条件得出边长𝐶𝐷=4、𝐶𝑀=3，再根据折叠性质得到点𝐷、𝑀关于折痕𝐸𝐹对称，进而推出𝐸𝐹⊥𝐷𝑀且∠𝐷𝐸𝐹=∠𝑀𝐸𝐹，通过同角的余角相等，证得 ∠𝐷𝐸𝐹=∠𝐶𝐷𝑀，因此∠𝑀𝐸𝐹=∠𝐶𝐷𝑀，最后在Rt△𝐷𝐶𝑀中计算tan∠𝐶𝐷𝑀=𝐶𝐷=4从而得到tan∠𝑀𝐸𝐹=【详解】解：连接∴𝐴𝐵=𝐶𝐷=4,𝐵𝐶=𝐴𝐷= ∴𝐶𝑀=2𝐵𝐶=2×6=∵∠𝐶=90°,𝐴𝐷∥又∵折叠后点𝐷落在𝑀可得：𝐸𝐹𝐷𝑀,∠𝐷𝐸𝐹=∴∠𝐷𝐸𝐹+∠𝐸𝐷𝑀=∵∠𝐶𝐷𝑀+∠𝐸𝐷𝑀=∴∠𝐷𝐸𝐹=∴∠𝐷𝐸𝐹=∴∠𝑀𝐸𝐹= 在Rt△𝐷𝐶𝑀中，tan∠𝐶𝐷𝑀=𝐶𝐷=∴tan∠𝑀𝐸𝐹=tan∠𝐶𝐷𝑀=△沿𝐸𝐹翻折，点𝐶恰好落在矩形对角线𝐵𝐷上的点M处．若A、𝑀、𝐸三点共线，则𝐷𝐶的值 得到𝐶𝐸=𝐵𝐸=𝑀𝐸，再根据等角对等边推出𝐴𝐷=𝐴𝑀，设𝐵𝐸=𝑀𝐸=𝑥，则𝐴𝐷=𝐴𝑀=2𝑥理求出𝐴𝐵 =22𝑥∴𝐴𝐷=𝐵𝐶,𝐴𝐵=𝐶𝐷,∠𝐴𝐵𝐶=∴∠𝐶𝐸𝐹=∠𝐶𝐵𝐷，∠𝐹𝐸𝑀=∠𝐸𝑀𝐵，由翻折得∠𝐶𝐸𝐹=∠𝐹𝐸𝑀，𝑀𝐹=𝐶𝐹，∴∠𝐸𝑀𝐵=∴𝐶𝐸=𝐵𝐸=∴∠𝐴𝐷𝑀=∴∠𝐴𝐷𝑀=∴𝐴𝐷=设𝐵𝐸=𝑀𝐸=𝑥，则𝐴𝐷=𝐴𝑀=2𝑥，𝐴𝐸=𝐴𝑀+𝐸𝑀=∴𝐴𝐵 =2∴𝐶𝐷

2=2224．（2026·河南周口·一模）如图，在矩形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐵=3，𝐵𝐶=4，点𝐸是𝐵𝐶边上一点，连接𝐴𝐸△𝐴𝐵𝐸沿𝐴𝐸折叠，使点𝐵落在点𝐵′处，当△𝐶𝐸𝐵′为直角三角形时，𝐵𝐸的长 【答案】3或𝐴𝐵2+△𝐶𝐸𝐵′为直角三角形时，需分两种情况讨论：∠𝐸𝐵′𝐶=90°和∠𝐶𝐸𝐵′=90°𝐴𝐵2+【详解】解：已知矩形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐵=3，𝐵𝐶=4，由勾股定理得对角线𝐴𝐶=由折叠性质得：𝐴𝐵′=𝐴𝐵=3，𝐵′𝐸=𝐵𝐸，∠𝐴𝐵′𝐸=∠𝐵=90°，设𝐵𝐸=𝑥，则𝐸𝐶=4−𝑥．①如图，当∠𝐸𝐵′𝐶=90°∵∠𝐴𝐵′𝐸=∴∠𝐴𝐵′𝐸+∠𝐸𝐵′𝐶=180°，即𝐴、𝐵′、𝐶∴𝐵′𝐶=𝐴𝐶−𝐴𝐵′=5−3= 在Rt△𝐸𝐵′𝐶中，由勾股定理得：𝐵′𝐸2+𝐵′𝐶2=𝐸𝐶2，即𝑥2+22=(4−𝑥)2，解得𝑥=3，即𝐵𝐸= ②如图，当∠𝐶𝐸𝐵′=90°

=又∵∠𝐵=∠𝐵′𝐴𝐵=∠𝐴𝐵′𝐸=∴四边形𝐴𝐵𝐸𝐵′是矩形，又∵𝐴𝐵=𝐴𝐵′，∴四边形𝐴𝐵𝐸𝐵′𝐵𝐸=𝐴𝐵=3，此时𝐸𝐶=4−3=1∠𝐵′𝐶𝐸1．（2025·广东广州·一模）如图，▱𝐴𝐵𝐶𝐷的对角线𝐴𝐶，𝐵𝐷交于点𝑂，𝐴𝐵=𝐴𝐶，𝐵𝐷=6，𝐸，𝐹分别为线段𝐵𝑂，𝑂𝐷上两点，连接𝐴𝐸，𝐴𝐹，𝐶𝐸，𝐵𝐸=2，𝐵𝐹=4．下列说法中：①𝐴𝐸为∠𝐵𝐴𝐶的角平分线；②𝐴𝐸𝐴𝐷；③𝐶𝐸=𝐴𝐹；④𝐴𝐹=3，正确的个数是（ 【答案】 【分析】由平行四边形的性质可得𝐵𝑂=𝑂𝐷=2𝐵𝐷=2×6=3，且𝑂𝐴=𝑂𝐶，𝐴𝐷∥𝐵𝐶 1 可知𝐸𝑂=𝑂𝐹=1、𝐸𝐹=𝐹𝐷=2,𝐸𝐷=4；①易得𝐴𝐵=2,𝐸𝐵=

B作𝐵𝐺∥𝐴𝐸交𝑂𝐴G，利用平行线等分线段定理以及平行线的性质可得𝐴𝐺=𝐸𝐵=∠𝐸𝐴𝑂=∠𝐺,∠𝐴𝐵𝐺=∠𝐵𝐴𝐸，进而得到𝐴𝐺=𝐴𝐵，即∠𝐺=∠𝐴𝐵𝐺，从而得到∠𝐸𝐴𝑂=∠𝐵𝐴𝐸①；②利用等腰三角形三线合一的性质可得𝐴𝐸𝐵𝐶，再结合𝐴𝐷∥𝐵𝐶可得𝐴𝐸𝐴𝐷，即可判断②；③如𝐸𝐹=𝐹𝐷=2,𝐸𝐷=4、𝐴𝐸𝐴𝐷，再利用直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得𝐴𝐹=2【详解】解：∵▱𝐴𝐵𝐶𝐷的对角线𝐴𝐶，𝐵𝐷交于点𝑂，𝐵𝐷= ∴𝐵𝑂=𝑂𝐷=2𝐵𝐷=2×6=3，且𝑂𝐴=∵𝐵𝐸=∴𝐸𝑂=𝐵𝑂−𝐵𝐸=3−2=∵𝐵𝐹=∴𝑂𝐹=𝐵𝐹−𝐵𝑂=4−3=1，𝐹𝐷=𝐵𝐷−𝐵𝐹=∴𝐸𝑂=𝑂𝐹=1，𝐸𝐹=∴𝐸𝐹=𝐹𝐷=2,𝐸𝐷=①∵𝐴𝐵=𝐴𝐶，𝑂𝐴=𝑂𝐶，𝐵𝐸=2，𝐸𝑂= 1 ∴𝐴𝐵=2,𝐸𝐵=B作𝐵𝐺∥𝐴𝐸交𝑂𝐴 ∴𝐴𝐺=𝐸𝐵=2，∠𝐸𝐴𝑂=∠𝐺,∠𝐴𝐵𝐺= ∴𝐴𝐺=𝐴𝐵=2，即𝐴𝐺=∴∠𝐺=∴∠𝐸𝐴𝑂=∠𝐵𝐴𝐸，即𝐴𝐸为∠𝐵𝐴𝐶的角平分线，故①②∵𝐴𝐵=𝐴𝐵𝐶∴𝐴𝐸⊥∴𝐴𝐸𝐴𝐷，即②③如图：连接∵𝑂𝐴=𝑂𝐶，𝐸𝑂=𝑂𝐹=∴𝐸𝐶=𝐴𝐹，即③④∵在Rt𝐴𝐸𝐷中，𝐸𝐹=𝐹𝐷=2,𝐸𝐷=∴𝐴𝐹=2𝐸𝐷=2≠3，即④综上，正确结论有①、②、③3C2．（2025·山东东营·中考真题）如图，已知四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是菱形，∠𝐴𝐵𝐶=60°，对角线𝐴𝐶、𝐵𝐷0D作𝐷𝐸⊥𝐵𝐶交𝐵𝐶E，F为𝐴𝐷的中点，连接𝐸𝐹交𝐵𝐷G，连接𝑂𝐸交𝐶𝐷连接𝐵𝐻．则下列结论：①四边形𝐴𝐶𝐸𝐹为平行四边形；②𝐹𝐺=1；③𝑂𝐻2=𝐶𝐻·𝐷𝐻；④tan∠𝐻𝐵𝐶= 9．其中正确的有（ 【答案】【分析】由菱形的性质得出𝐴𝐵𝐶𝐷，𝐴𝐷=𝐶𝐷，进而可求出∠𝐶𝐷𝐸=30°30出𝐶𝐸=2𝐶𝐷，结合已知条件即可判定①．根据相似三角形的判定和性质即可判定②△𝐴𝐶𝐷三角形，由等边三角形的性质进一步证明𝑂𝐻𝐶𝐷𝐻𝑂，由相似三角形的性质进而可判定③作𝐻𝑄𝐶𝐸Q，通过解直角三角形求出𝐻𝑄，𝐶𝑄，再求出𝐵𝑄【详解】解：∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是菱形，∠𝐴𝐵𝐶=∴𝐴𝐵∥𝐶𝐷，𝐴𝐷=∴∠𝐷𝐶𝐸=∠𝐴𝐵𝐶=∵∠𝐷𝐸𝐶=∴∠𝐶𝐷𝐸=∴𝐶𝐸=∵F为𝐴𝐷∴𝐴𝐹=𝐷𝐹=∴𝐴𝐹𝐶𝐸，又𝐴𝐹∵𝐴𝐷∥∴△𝐷𝐹𝐺∽△

=

=2 𝐴𝐷+2

3，故②∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是菱形，∠𝐴𝐵𝐶=∴∠𝐴𝐷𝐶=60°，𝐴𝐷=𝐴𝐶𝐷∴𝐴𝐷= 又∵𝑂𝐶=2𝐴𝐶，𝐶𝐸=𝐴𝐹=∴𝑂𝐶=𝐶𝐸，∠𝑂𝐷𝐶=2∠𝐴𝐷𝐶=又∠𝑂𝐶𝐻=∠𝐸𝐶𝐻=∴𝐶𝐻⊥∴∠𝑂𝐻𝐶=∠𝐷𝐻𝑂=∴∠𝐶𝑂𝐻=∴∠𝐶𝑂𝐻=∠𝑂𝐷𝐻=∴△𝑂𝐻𝐶∽△

∴𝐷𝐻=∴𝑂𝐻2=𝐶𝐻·𝐷𝐻，故③H作𝐻𝑄𝐶𝐸设菱形𝐴𝐵𝐶𝐷的边长为4𝑎，则𝐴𝐶=∴𝑂𝐶=∴𝐶𝐻=2𝑂𝐶= ∴𝐻𝑄=𝐶𝐻⋅sin60°=2𝑎，𝐶𝑄=2𝐶𝐻= ∴𝐵𝑄=𝐵𝐶+𝐶𝑄=4𝑎+2𝑎=∴tan∠𝐻𝐵𝐶

3=22

9，故④3．（2021·四川宜宾·中考真题）ABCD中，AD＝3AB0MB程中，则以下结论中，①M、N的运动速度不相等；②存在某一时刻使𝑆△𝐴𝑀𝑁=𝑆Δ𝑀𝑂𝑁；③𝑆△𝐴𝑀𝑁逐渐减小；④𝑀𝑁2=𝐵𝑀2+𝐷𝑁2．正确的 ．（写出所有正确结论的序号【答案】AD＝3AB，得到∠ADB=30˚，∠ABD=60˚，AB=A0=B0MABNAD

=

33 3= M、N

MAB的中点时，𝑆△𝐴𝑀𝑁=𝑆Δ𝑀𝑂𝑁AMAN增大的速度快，则𝑆△𝐴𝑀𝑁MAB的中点时，才满足𝑀𝑁2=𝐵𝑀2+𝐷𝑁2，得出结论．【详解】解：∵AD＝ =𝐴𝐷=3∵0BDAB=1AD=①MBNBDAD的交点，AN=xBN=DN=3−𝑥， 解得：𝑥=3∴AN=3MABNAD则 =

𝑆= 2，

M、N的运动速度不同，故①②MAB的中点时，𝑆△𝐴𝑀𝑁=𝑆Δ𝑀𝑂𝑁，故②③由①得到，AMAN增大的速度快，则𝑆△𝐴𝑀𝑁逐渐减小，故③说法正确，符合题意；M0CDM'，∴BM=DM'，0M=0M'∵N0⊥MM'4．（2026·江苏扬州·一模）如图，点M为正方形𝐴𝐵𝐶𝐷对角线𝐴𝐶上的一个动点，将线段𝐵𝑀绕B点逆时针 ①N落在𝐴𝐶上时，𝐵𝑀②当∠𝐴𝐵𝑀＝67.5°MN③1，则𝐷𝑁长度范围为2−1≤𝐷𝑁≤【答案】【分析】①由旋转性质和正方形性质得到𝐵𝐴𝑀𝐵𝐶𝑁𝐷𝐶𝑁，得到对应角相等，再根据内错角相等得到𝐵𝑀∥𝐷𝑁．②由于∠𝑀𝐵𝑁是定角，故𝑀𝑁最短时𝐵𝑀也最短，由垂线段最短即可求出∠𝐴𝐵𝑀=45°③MAB，D，N三点共线，此时𝐷𝑁最短；MC𝐵𝐷𝑁是直角三角形，此时𝐷𝑁最𝑁落在𝐴𝐶上，由旋转可知𝐵𝑀=∴∠𝐵𝑀𝑁=∴∠1=由正方形性质知𝐴𝐵=∴∠𝐵𝐴𝐶=∴△𝐵𝐴𝑀≌△∴𝐴𝑀=再由正方形性质知𝐴𝐵𝐶𝐷，𝐴𝐵=∴∠𝐵𝐴𝑀=∴△𝐵𝐴𝑀≌△∴∠1=∴∠𝐵𝑀𝑁=𝐵𝑀𝐷𝑁．②如图，观察𝐵𝑀𝑁B作𝐵𝑄由𝐵𝑀𝑁是等腰三角形知𝑀𝑁=2𝐵𝑀sin∠𝑀𝐵𝑄=2sin22.5°·𝐵𝑀，由垂线段最短知𝐵𝑀𝐴𝐶时，𝐵𝑀最短，此时∠𝐴𝐵𝑀=45°． 图 图𝐵𝐷∴𝐵𝐷=由三角形三边关系可知在𝐵𝐷𝑁𝐵𝐷−𝐵𝑁≤𝐷𝑁，故当𝐵𝐷−𝐵𝑁=𝐷𝑁时，𝐷𝑁B，D，N三点共线，MA点重合，∠𝑀𝐵𝑁=45°，𝐵𝑀=𝐵𝑁=1，∴𝐷𝑁𝑚𝑖𝑛=𝐵𝐷−𝐵𝑁=2−1𝐵𝐷2+2+M点向右平移，NDMC重合时，ND的距离最大，由图二所示，∠𝐷𝐵𝑁=45°+𝐵𝐷2+2+在Rt𝐷𝐵𝑁中，𝐷𝑁=∴𝐷𝑁𝑚𝑎𝑥=

=综上所述，2−1≤𝐷𝑁≤3，故③tt代数式表示线段长度；结合四边形判定条件列等式，求解后检验动点不会用代数式表示动态线段；算🎧结果不检验运动边界，🎧1．如图，四边形𝐴𝐵𝐶𝐷中，AD//BC，𝐴𝐷8cm,𝐵𝐶12cm，M是𝐵𝐶上一点，且𝐵𝑀=9cmEA另一点也随之停止，设运动时间为𝑡(s)A、M、E、F为顶点的四边形是平行四边形时，t的值是（ C．3或 D．2或【答案】3t−3=t；解方程即可．3t≤3时，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，3−3t=t，3t＞3时，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形，3t−3=t，2．如图，在边长为8cm的正方形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐸为边𝐴𝐵上一点，且𝐴𝐸2cm，点𝐹在边𝐵𝐶上以1cm/s的速度𝐸𝐹,𝐹𝐺．当△𝐸𝐵𝐹与△𝐹𝐶𝐺全等时，𝑡的值为 C．2或 D．1或【答案】【分析】此题重点考查正方形的性质、全等三角形的性质．由正方形的性质得𝐴𝐵=𝐵𝐶=∠𝐵=∠𝐶=90°，而𝐴𝐸=2cm，则𝐵𝐸=6cm，再分两种情况讨论，一是当𝐵𝐸=𝐶𝐹=6cm，𝐵𝐹=𝐶𝐺𝐸𝐵𝐹𝐹𝐶𝐺，此时8−𝑡=6，求得𝑡=2；二是当𝐵𝐸=𝐶𝐺，𝐵𝐹=𝐶𝐹△𝐸𝐵𝐹𝐺𝐶𝐹𝑡=8−𝑡，求得𝑡=4∴𝐴𝐵=𝐵𝐶=8cm，∠𝐵=∠𝐶=∵E为边𝐴𝐵上一点，且𝐴𝐸=∴𝐵𝐸=8−2=由题意得𝐵𝐹=𝑡cm，则𝐶𝐹=当𝐵𝐸=𝐶𝐹=6cm，𝐵𝐹=𝐶𝐺△𝐸𝐵𝐹≌△∴8−𝑡=∴𝑡=当𝐵𝐸=𝐶𝐺，𝐵𝐹=𝐶𝐹△𝐸𝐵𝐹∴𝑡=∴𝑡=综上，𝑡24．3．（2026·天津东丽·一模）如图，在四边形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐷𝐵𝐶，∠𝐴=90°，𝐴𝐵=4cm，𝐴𝐷=𝐵𝐶=10cmPD出发，以1cm/sAQA出发，以2cm/s𝐴𝐵、边𝐵𝐶C运动．规定其中一个动点到达端点时，另一个动点也随之停止运动．设运动时间为s．当𝑡=1sP、Q的位置如图所示．有下列结论：①当𝑡=

3时，𝐶𝐷=𝑃𝑄；②当0≤𝑡≤2△𝐴𝑃𝑄的最大面积为16cm2；③t有两个不同的值满足△𝐴𝑃𝑄的面积为10cm2（ 【答案】Q在𝐵𝐶上，求得𝐷𝑃=𝐶𝑄=

3，得到四边形𝑃𝑄𝐶𝐷是平行四边形，即可判断① 【详解】解：①当𝑡=3Q运动的距离为2×3=3Q在𝐵𝐶 此时𝐵𝑄=3−4=3，𝐷𝑃=1×3=3∴𝐷𝑃=

𝐶𝑄=𝐵𝐶−𝐵𝑄=10−3=3∵𝐴𝐷𝐵𝐶，即𝑃𝐷∴𝐶𝐷=𝑃𝑄，①②当0≤𝑡≤2Q在𝐴𝐵∴𝐴𝑃=8−𝑡，𝐴𝑄= ∴𝑆△𝐴𝑃𝑄=⋅2𝑡⋅(8−𝑡)=−(𝑡−4)∵−1<∴当𝑡=4△𝐴𝑃𝑄的最大面积为16cm2，不符合题意，②③Q在𝐴𝐵𝐴𝑃𝑄的面积为10cm2时，则−(𝑡−4)2+16=10，解得𝑡=4+6（不符合题意，舍去）或𝑡=4−6；Q在𝐵𝐶上时，∵𝐴𝑃=8−𝑡，𝐴𝐵=∴2×4(8−𝑡)=解得𝑡=3（不符合题意，舍去综上，正确的只有①③24．（2025·江西抚州·一模）如图，在平行四边形𝐴𝐵𝐶𝐷中，∠𝐵=60°，𝐴𝐵=6cm，𝐵𝐶=12cm．点𝑃从点𝐴到达端点𝐷时，点𝑄随之停止运动．设点𝑃，𝑄的运动时间为𝑡s，在此运动过程中，当𝑃𝑄=𝐶𝐷时，整数𝑡的 【答案】36与性质、一元一次方程的应用，根据题意，分三种情况：①当0≤𝑡≤4时；②当4<𝑡≤8时；③当8<𝑡≤12设点𝑃，𝑄的运动时间为①当0≤𝑡≤4过𝑄作𝑄𝐻𝐴𝐷于𝐻，过𝐶作𝐶𝐺𝐴𝐷于𝐺∴∠𝑃𝐻𝑄=90°=∠𝐷𝐺𝐶，∴𝐻𝑄∥则𝐴𝑃=𝑡cm，𝐶𝑄=3𝑡cm=𝐺𝐻，在平行四边形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐺𝐻𝑄𝐶，四边形𝐶𝑄𝐻𝐺是平行四边形，在Rt△𝑃𝐻𝑄和Rt△𝐷𝐺𝐶中，𝐻𝑄=𝑃𝑄=∴Rt△𝑃𝐻𝑄≌Rt△∴∠𝑄𝑃𝐻=在平行四边形𝐴𝐵𝐶𝐷中，∠𝐷=∠𝐵=60°，𝐴𝐵=∴∠𝑄𝑃𝐻=∠𝐷=∠𝐵=60°，𝑃𝑄=𝐶𝐷=𝐴𝐵= ∴𝑃𝐻=2𝑃𝑄=3cm，𝐷𝐺=2𝐶𝐷=∵𝐴𝑃+𝑃𝐻+𝐺𝐻+𝐷𝐺=𝐴𝐷=𝐵𝐶=∴𝑡+3+3𝑡+3=解得𝑡=1.5（不是整数，舍去此时𝑃𝐷=𝐶𝑄=∴𝑡3𝑡=12，解得𝑡=3，∴𝑡3时，𝑃𝑄=②当4<𝑡≤8时，若四边形𝐶𝑄𝑃𝐷此时𝐵𝑄=3(𝑡−4)cm，𝐴𝑃=∵𝐴𝐷=𝐵𝐶，𝑃𝐷=∴𝐵𝑄=∴3(𝑡−4)=𝑡，解得𝑡=6；由①知，若四边形𝐶𝑄𝑃𝐷中，𝐷𝑃𝑄𝐶，𝑃𝐷≠𝑄𝐶，𝑃𝑄=𝐶𝐷时，则𝑃𝐷=2𝑃𝐻𝐻𝐺=6cm+𝐻𝐺>∴这种情况在4<𝑡≤8∴𝑡6时，𝑃𝑄=③当8<𝑡≤12时，若四边形𝐶𝑄𝑃𝐷此时𝐶𝑄=3(𝑡−8)cm，𝑃𝐷=∴3(𝑡−8)=12−𝑡，解得𝑡=9，∴𝑡9时，𝑃𝑄=综上所述，𝑡369时，𝑃𝑄=𝐶𝐷，故答案为：369．1．（2026·广东·一模）如图，在四边形𝐴𝐵𝐶𝐷中，已知𝐴𝐶𝐵𝐷，𝐴𝐶=4，𝐵𝐷=6，则𝐴𝐷𝐵𝐶（ 【答案】【分析】要解决𝐴𝐷𝐵𝐶的最小值问题，需通过线段平移将分散的线段𝐴𝐷和𝐵𝐶“两点之间线段最短”与勾股定理求解．利用𝐴𝐶𝐵𝐷的垂直关系和平移性质构造直角三角形，将𝐴𝐷𝐵𝐶的∴𝐴𝐷∥𝐵𝐸，𝐴𝐷=𝐵𝐸；𝐵𝐷=𝐴𝐸，𝐵𝐷∥𝐴𝐶𝐵𝐷，且𝐵𝐷∥𝐴𝐶𝐴𝐸，即∠𝐶𝐴𝐸=∵𝐴𝐶=4，𝐵𝐷=42+16+∴42+16+𝐴𝐶2+在Rt𝐴𝐶2+由𝐴𝐷=𝐵𝐸，可得𝐴𝐷𝐵𝐶=𝐵𝐸∵𝐵𝐸+𝐵𝐶≥𝐴𝐷𝐵𝐶的最小值为𝐶𝐸的长度，即2

=2．（2025·浙江绍兴·三模）如图，矩形𝐴𝐵𝐶𝐷的边𝐴𝐵

2，𝐵𝐶=3，E为𝐴𝐵上一点，且𝐴𝐸=1，F为边上的一个动点，连接𝐸𝐹，若以𝐸𝐹为边向右侧作等腰直角三角形𝐸𝐹𝐺，𝐸𝐹𝐸𝐺，连接𝐶𝐺，则𝐶𝐺的最小值为（）【答案】

G作𝐺𝐻𝐴𝐵HG作𝑀𝑁∥𝐴𝐵，由“AAS”𝐺𝐸𝐻≌𝐸𝐹𝐴，可得𝐺𝐻=𝐴𝐸=1，G在平行𝐴𝐵且到𝐴𝐵1的直线𝑀𝑁FD重合时，𝐶𝐺有最小值，即可求解．G作𝐺𝐻𝐴𝐵HG作∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是矩形，𝐴𝐵

2，𝐵𝐶=∴∠𝐵=90°，𝐶𝐷=𝐴𝐵∵𝐴𝐸=

2，𝐴𝐷=𝐵𝐶=∴𝐵𝐸=𝐴𝐵−𝐴𝐸=∵∠𝐺𝐻𝐸=∠𝐴=∠𝐺𝐸𝐹=∴∠𝐺𝐸𝐻＋∠𝐸𝐺𝐻=90°，∠𝐺𝐸𝐻＋∠𝐹𝐸𝐴=∴∠𝐸𝐺𝐻∠𝐹𝐸𝐴，又∵𝐺𝐸=𝐸𝐹，∴△𝐺𝐸𝐻≌△∴𝐺𝐻=𝐴𝐸=∴G在平行𝐴𝐵且到𝐴𝐵1的直线𝑀𝑁∴FD重合时，𝐶𝐺有最小值，此时𝐴𝐹=𝐸𝐻=22+

=G的运动轨迹是解题关键．3．（2026·辽宁阜新·一模）如图，在矩形𝐴𝐵𝐶𝐷中𝐴𝐵=8，𝐵𝐶=6，𝐹为边𝐶𝐷的中点，𝐸为矩形𝐴𝐵𝐶𝐷个动点．且∠𝐴𝐸𝐶=90°，则线段𝐸𝐹的最大值 【答案】 理求出𝑂𝐹=2𝐴𝐷=3，然后根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半求出𝑂𝐸=2𝐴𝐶=5矩形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐵=8，𝐵𝐶=6，∠𝐵=∴𝐶𝐷=𝐴𝐵=8，𝐴𝐷=𝐵𝐶=𝐴𝐵2+𝐴𝐵2+𝐹为𝐶𝐷的中点，𝑂为𝐴𝐶

=∴𝑂𝐹=2𝐴𝐷=∵∠𝐴𝐸𝐶=∴𝑂𝐸=2𝐴𝐶=此时𝐸𝐹=𝑂𝐹+𝑂𝐸=5+3=8．4．（2026·海南·模拟预测）如图，在矩形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐵=3,𝐴𝐷=10．点𝐸在𝐴𝐷上且𝐷𝐸=2．点𝐺在𝐴𝐸上且𝐺𝐸=4，点𝑃为𝐵𝐶边上的一个动点，𝐹为𝐸𝑃的中点，则𝐴𝐺的长为 ，𝐺𝐹+𝐸𝐹的最小值为 【答案】4【分析】根据矩形的性质和线段和差关系，先求出𝐴𝐺的长度；再结合三角形中位线定理，将𝐺𝐹+𝐸𝐹转化为与𝐴𝑃+𝑃𝐸相关的形式，利用轴对称的性质，找到点𝐴关于𝐵𝐶的对称点𝐴′，将𝐴𝑃+𝑃𝐸的最小值转化为线段𝐴′𝐸的长度，最后结合勾股定理求出𝐴′𝐸，进而得到𝐺𝐹+𝐸𝐹的最小值．𝐷𝐸=2，𝐺𝐸=4，𝐴𝐷=∴𝐴𝐺=4，𝐴𝐸=则𝐴′𝑃=𝐴𝑃，∵𝐺𝐸=𝐴𝐺=𝐺是𝐴𝐸𝐹是𝑃𝐸∴𝐴𝑃=∴𝐺𝐹+𝐸𝐹=1𝐴𝑃+1𝑃𝐸=1(𝐴𝑃+𝑃𝐸)=1(𝐴′𝑃+𝑃𝐸)= 此时𝐺𝐹𝐸𝐹∵𝐴𝐵=∴𝐴𝐴′=𝐴′𝐴2+在Rt△𝐴𝐴′𝐴2+𝐺𝐹𝐸𝐹的最小值为

=1．（2026·辽宁盘锦·一模）菱形𝐴𝐵𝐶𝐷F是射线𝐴𝐶上一点，且满足𝐴𝐹=𝐴𝐵，连接𝐹𝐵、𝐹𝐷F为圆心，𝐹𝐵长为半径画弧，交直线𝐴𝐵如图2，当∠𝐷𝐴𝐵是锐角时，求证：𝐴𝐸=(3)若𝐴𝐵=9，𝐴𝐸=5，请直接写出菱形𝐴𝐵𝐶𝐷【答案】(1)𝐹𝐷=𝐹𝐸，且𝐹𝐷𝐹𝐸562或【分析】（1）先由菱形+直角判定为正方形，利用𝐴𝐶平分∠𝐷𝐴𝐵，SAS𝐴𝐷𝐹𝐴𝐵𝐹，得𝐹𝐷=𝐹𝐵；结合圆的半径相等得𝐹𝐸=𝐹𝐵，故𝐹𝐷=𝐹𝐸；再通过等腰三角形角度计算，推出∠𝐷𝐹𝐸=90°，得𝐹𝐷⊥（2）利用菱形性质得𝐴𝐵=𝐵𝐶、𝐴𝐶平分∠𝐷𝐴𝐵，推出∠𝐷𝐴𝐶=∠𝐵𝐶𝐴；结合𝐴𝐹=𝐴𝐵=𝐵𝐶与𝐹𝐸=𝐹𝐵，通过角度关系得∠𝐴𝐸𝐹=∠𝐶𝐹𝐵，用AAS△𝐴𝐸𝐹≌△𝐶𝐹𝐵，故𝐴𝐸=𝐶𝐹；分两种情况讨论：E在线段𝐴𝐵上或其延长线上，利用（2）的𝐴𝐸=𝐶𝐹，结合𝐴𝐹=𝐴𝐵=9算出𝐴𝐶长度；再由菱形对角线互相垂直平分，勾股定理求𝐵𝑂，用𝑆=2𝐴𝐶⋅𝐵𝐷【详解】（1）𝐹𝐷=𝐹𝐸，且𝐹𝐷𝐹𝐸∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是菱形，∠𝐷𝐴𝐵=∴𝐴𝐷=𝐴𝐵，对角线𝐴𝐶平分∠𝐷𝐴𝐵，即∠𝐷𝐴𝐹=∠𝐵𝐴𝐹=45°，又∵𝐴𝐹=𝐴𝐹，∴△𝐴𝐷𝐹≌△∴𝐹𝐷=𝐹𝐵，∠𝐴𝐹𝐷=∴𝐹𝐸=∴𝐹𝐷=∵𝐴𝐹=𝐴𝐵，∠𝐵𝐴𝐹=∴在𝐴𝐹𝐵中，∠𝐴𝐵𝐹=∠𝐴𝐹𝐵=

=∴∠𝐴𝐹𝐷=∠𝐴𝐹𝐵=67.5°，∠𝐷𝐹𝐵=∠𝐴𝐹𝐷+∠𝐴𝐹𝐵=∵𝐹𝐸=∴∠𝐹𝐸𝐵=∠𝐴𝐵𝐹=∴在𝐹𝐸𝐵中，∠𝐸𝐹𝐵=180°−67.52=∴∠𝐷𝐹𝐸=∠𝐷𝐹𝐵−∠𝐸𝐹𝐵=135°−45°=∴𝐹𝐷⊥∴𝐴𝐵=𝐵𝐶，𝐴𝐷∥𝐵𝐶，𝐴𝐶平分∴∠𝐷𝐴𝐶=∠𝐵𝐴𝐶=∵𝐴𝐹=∴𝐴𝐹=𝐵𝐶，∠𝐴𝐹𝐵=∵𝐹𝐸=∴∠𝐹𝐸𝐵=∠𝐹𝐵𝐸=由图可得，180°−∠𝐹𝐸𝐵=∴∠𝐴𝐸𝐹=在𝐴𝐸𝐹和𝐶𝐹𝐵∠𝐴𝐸𝐹=∠𝐸𝐴𝐹=∠𝐹𝐶𝐵𝐴𝐹=∴△𝐴𝐸𝐹≌△∴𝐴𝐸=∵𝐴𝐸=5，𝐴𝐵=9，且𝐴𝐸=∴𝐶𝐹=又∵𝐴𝐹=𝐴𝐵=∴𝐴𝐶=𝐴𝐹+𝐶𝐹=∴𝐴𝑂

2=7，𝐵𝐷在Rt𝐴𝑂𝐵中，𝐵𝑂=∴𝐵𝐷=8

=4 ∴𝑆菱形𝐴𝐵𝐶𝐷=2×𝐴𝐶×𝐵𝐷=2×14×

=56∵𝐴𝐸=5，且𝐴𝐸=∴𝐶𝐹=∴𝐴𝐶=𝐴𝐹−𝐶𝐹=9−5=∴𝐴𝑂

2=2，𝐵𝐷=在Rt𝐴𝑂𝐵中，𝐵𝑂=∴𝐵𝐷=2

= ∴𝑆菱形𝐴𝐵𝐶𝐷=2×𝐴𝐶×𝐵𝐷=2×4×

=43E的位置分情况讨论，避免漏解，同时菱形对角线互相垂直的性质是面积计算的关键．【问题情境】如图，四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是菱形，对角线𝐴𝐶、𝐵𝐷相交于点𝑂𝐵𝐶𝐷绕点𝐵按逆时针方向旋转得到△𝐵𝐶′𝐷′，𝐶，𝐷两点旋转后的对应点分别为𝐶′，𝐷′，旋转角为𝛼(0<𝛼<180°)．【操作验证】1，当点𝐷′落在对角线𝐴𝐶上时，连接𝐷𝐷′△𝐷𝐵𝐷′【猜想探究】2，在旋转过程中，𝐶′𝐷′∥𝐵𝐷时，𝐶′𝐷′交𝐴𝐷于点𝐸，试判断四边形𝐵𝐷𝐸𝐷′的形状，并【拓展延伸】3，在旋转过程中，当𝐵𝐶′与𝐴𝐵重合时，连接𝐶𝐷′．若𝐴𝐵=3，𝐵𝐷=2，请你直接写(2)四边形𝐵𝐷𝐸𝐷′

【分析】（1）结合菱形的性质，得𝐴𝐶⊥𝐷𝐵,𝐷𝑂=𝐵𝑂，运用旋转的性质得𝐵𝐷′=𝐷′𝐷=𝐵𝐷△（2）根据四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是菱形，得∠𝐴𝐷𝐵=∠𝐶𝐷𝐵，由旋转的性质得𝐵𝐷=𝐵𝐷′,∠𝐷′=∠𝐶𝐷𝐵，再证明四边形𝐵𝐷𝐸𝐷′为平行四边形，又因为𝐵𝐷=𝐵𝐷′，故四边形𝐵𝐷𝐸𝐷′为菱形，（3）运用菱形的性质以及旋转的性质得𝐴𝐵垂直平分线段𝐷𝐷′，然后结合勾股定理列式得9−𝑥2=22−(3−𝑥)2，解得𝑥，即可求得𝐷𝐸，然后在Rt△𝐶𝐷𝐷′中，运用勾股定理列式计算，得𝐶𝐷′．∴𝐴𝐶⊥𝐷𝐵,𝐷𝑂=∴𝐵𝐷′=∴𝐵𝐷′=∴𝐵𝐷′=𝐷′𝐷=∴△𝐷𝐵𝐷′（2）解：四边形𝐵𝐷𝐸𝐷′∴𝐴𝐷=𝐶𝐷,𝐵𝐷⊥∴∠𝐴𝐷𝐵=由旋转的性质得𝐵𝐷=𝐵𝐷′,∠𝐷′=∴∠𝐷′=∵𝐶′𝐷′∥∴∠𝐷′+∠𝐷𝐵𝐷′=∴∠𝐴𝐷𝐵+∠𝐷𝐵𝐷′=∴𝐵𝐷′∥∵𝐶′𝐷′∥∴四边形𝐵𝐷𝐸𝐷′∵𝐵𝐷=∴四边形𝐵𝐷𝐸𝐷′（3）解：连接𝐷′𝐷交𝐴𝐵于点由题意知𝐴𝐷=𝐴𝐷′，𝐵𝐷=∴𝐷𝐸=𝐷′𝐸，∠𝐵𝐸𝐷=∴∠𝐵𝐷𝐸+∠𝐷𝐵𝐸=由菱形知，𝐴𝐵𝐶𝐷,𝐴𝐵=𝐶𝐷=∴∠𝐶𝐷𝐵=∴∠𝐶𝐷𝐵+∠𝐵𝐷𝐸=∴∠𝐶𝐷𝐷′=设𝐴𝐸=𝑥，则𝐵𝐸=在Rt△𝐴𝐷𝐸中，𝐷𝐸2=𝐴𝐷2−𝐴𝐸2=32−𝑥2=9−𝑥2，在Rt△𝐵𝐷𝐸中，𝐷𝐸2=𝐵𝐷2−𝐵𝐸2=22−(3−𝑥)2，即9−𝑥2=解得𝑥=∴𝐴𝐸= ∴𝐷𝐸= =94∴𝐷𝐸=33∴𝐷′𝐷=2𝐷𝐸=83在Rt△𝐶𝐷𝐷′

3283281，在菱形𝐴𝐵𝐶𝐷中，∠𝐵𝐶𝐷=120°，点𝐸是对角线𝐴𝐶上一动点，连接𝐵𝐸，将𝐵𝐸绕点𝐸顺时针旋转2，在正方形𝐴𝐵𝐶𝐷中，点𝐸是对角线𝐴𝐶上一动点，且𝐶𝐸>𝐴𝐸，连接𝐵𝐸，将𝐵𝐸绕点𝐸顺时针旋转得到𝐸𝐹，连接𝐵𝐹，𝐴𝐹．当𝐶𝐸=𝐵𝐶=2时，求𝐴𝐹3，在矩形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐵=4，∠𝐵𝐶𝐴=30°，𝐸是对角线𝐴𝐶上一动点，连接𝐵𝐸，以𝐵𝐸为边在𝐵𝐸边作Rt𝐵𝐸𝐹，且∠𝐵𝐸𝐹=90°，∠𝐵𝐹𝐸=30°，当点𝐹到𝐴𝐶的距离为6时，求出𝐴𝐸【答案】(1)60°，𝐶𝐸=(2)𝐴𝐹=2(3)𝐴𝐸的长为2【分析】（1）结合菱形的性质以及等边三角形的判定和性质可证明𝐴𝐵𝐹𝐶𝐵𝐸(SAS) （2）过𝐵作𝐵𝐺⊥𝐴𝐶于点𝐺，证明△𝐵𝐸𝐺∽△𝐵𝐹𝐴，可得𝐺𝐸=𝐵𝐺=2（3）过𝐵作𝐵𝐿𝐴𝐶于𝐿，过𝐹作𝐹𝐾𝐴𝐶于𝐾，则𝐹𝐾=6，在Rt𝐴𝐵𝐿中，𝐴𝐿=𝐴𝐵cos60°=2，然后分【详解】（1）解：∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是菱形，∠𝐵𝐶𝐷=∴∠𝐵𝐴𝐷=∠𝐵𝐶𝐷=120°，𝐴𝐵=𝐶𝐵,∠𝐴𝐶𝐵=2∠𝐵𝐶𝐷=∴∠𝐵𝐴𝐹=180°−∠𝐵𝐴𝐷=60°𝐴𝐵𝐶∴∠𝐴𝐵𝐶=由旋转的性质得：𝐵𝐸=𝐸𝐹,∠𝐵𝐸𝐹=𝐵𝐸𝐹∴∠𝐸𝐵𝐹=60°=∴∠𝐴𝐵𝐹=∴△𝐴𝐵𝐹≌△∴𝐶𝐸=（2）2，过𝐵作𝐵𝐺𝐴𝐶于点四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是正方形，𝐴𝐶∠𝐵𝐴𝐺=45°，即𝐵𝐴𝐺∴𝐴𝐵=2𝐵𝐺，∠𝐴𝐵𝐺=由旋转的性质，得𝐵𝐸=𝐸𝐹，∠𝐵𝐸𝐹=𝐵𝐸𝐹∴𝐵𝐹=2𝐵𝐸，∠𝐸𝐵𝐹= ∴𝐵𝐸=𝐵𝐺=2，∠𝐸𝐵𝐺=∠𝐹𝐵𝐴=∴△𝐵𝐸𝐺∽△ ∴𝐺𝐸=𝐵𝐺=在Rt△𝐵𝐺𝐶中，𝐶𝐺=𝐵𝐶c