2026年中考数学二轮复习 专题04 四边形综合(重难专练)

专题 四边形综速度提 技巧掌 手感养锁定目标精准打击：授予利器瓦解难点：模拟实战挑战顶尖：挑战此重难点的中高难度题目，养成稳定攻克难题的“题感二、矩形、菱形、正方形的判定与性质（1˜2题，8˜12分三、四边形与三角形、全等/相似的综合（每年1道，8˜12分；四、四边形与函数、动点的综合（每1˜2年1道，10˜14分）预测考向考向 平行四边1平行四边形的判定与性质1（2026·=𝐴𝑁𝑀𝐶，𝐶𝑁𝐴𝐵．若𝐴𝐶=6，𝐵𝐶=8，则四边形𝐴𝑁𝐶𝑀的面积是（ 【答案】【答案】【分析】由𝐴𝑁∥𝑀𝐶，𝐶𝑁∥𝐴𝐵，可得出四边形𝐴𝑁𝐶𝑀为平行四边形，故𝑆𝐴𝑁𝐶𝑀=由中点的性质，可得出𝑆△𝐴𝐶𝑀=𝑆△𝐵𝑀𝐶=2𝑆△𝐴𝐵𝐶，故求出𝑆△𝐴𝐵𝐶【详解】解：∵𝐴𝑁𝑀𝐶，𝐶𝑁∴𝑆𝐴𝑁𝐶𝑀=∴𝑆△𝐴𝐶𝑀=𝑆△𝐵𝑀𝐶=∴∠𝐴𝐶𝐵=90°，𝐴𝐶=6，𝐵𝐶=∴𝑆△𝐴𝐵𝐶=2×6×8=∴𝑆𝐴𝑁𝐶𝑀=2𝑆△𝐴𝐶𝑀=2×2𝑆△𝐴𝐵𝐶=𝑆△𝐴𝐵𝐶=2（2026·陕西西安·三模）如图，在平行四边形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐵𝐶42，𝐴𝐵2，∠𝐵𝐶𝐷135°．若𝑀、𝑁别是边𝐴𝐷、𝐵𝐶上的动点，且𝐷𝑀=𝐶𝑁，作𝑀𝐸𝐵𝐷，𝑁𝐹𝐵𝐷，垂足分别为𝐸、𝐹，则𝑀𝐸𝑁𝐹 4【分析】首先根据平行四边形的性质得到𝐴𝐷∥𝐵𝐶，𝐴𝐵=𝐶𝐷，从而得到∠𝐴𝐷𝐵=∠𝐶𝐵𝐷．接着利用三角函数或面积法证明𝑀𝐸𝑁𝐹等于点𝐶到𝐵𝐷的距离．最后通过构造直角三角形，利用勾股定理求出𝐵𝐷的长，利四边形𝐴𝐵𝐶𝐷∴𝐴𝐷∥𝐵𝐶，𝐴𝐵=𝐶𝐷=∴∠𝐴𝐷𝐵=∵𝑀𝐸⊥𝐵𝐷，𝑁𝐹⊥∴∠𝑀𝐸𝐷=∠𝑁𝐹𝐵=在Rt𝑀𝐷𝐸中，𝑀𝐸=𝐷𝑀sin∠𝐴𝐷𝐵．在Rt△𝑁𝐵𝐹中，𝑁𝐹=𝐵𝑁⋅sin∠𝐶𝐵𝐷．∴𝑀𝐸+𝑁𝐹=𝐷𝑀⋅sin∠𝐴𝐷𝐵+𝐵𝑁⋅sin∠𝐶𝐵𝐷=(𝐷𝑀+𝐵𝑁)sin∵𝐷𝑀=∴𝐷𝑀+𝐵𝑁=𝐶𝑁+𝐵𝑁=∴𝑀𝐸+𝑁𝐹=𝐵𝐶⋅sin过点𝐶作𝐶𝐻𝐵𝐷于点𝐻，则𝐶𝐻=𝐵𝐶sin𝑀𝐸𝑁𝐹=𝐶𝐻．即𝑀𝐸𝑁𝐹的值等于点𝐶到𝐵𝐷的距离．过点𝐷作𝐷𝐺⊥𝐵𝐶交𝐵𝐶的延长线于点𝐺．∵∠𝐵𝐶𝐷=135∘∴∠𝐷𝐶𝐺=180∘−135∘=45∘．在Rt△𝐷𝐶𝐺中，𝐶𝐷=𝐴𝐵=2，∴𝐷𝐺=𝐶𝐺=𝐶𝐷⋅cos45°=2×2=∴𝐵𝐺=𝐵𝐶+𝐶𝐺=42+2=5在Rt△𝐵𝐷𝐺中，𝐵𝐷 𝐵𝐺2+𝐷𝐺2 (52)2+(2)2=50+2=52=2 ∵𝑆△𝐵𝐶𝐷=2𝐵𝐶⋅𝐷𝐺=2𝐵𝐷⋅∴42×2=213×∴∴8=2∴𝐶𝐻=413∴𝑀𝐸+𝑁𝐹413故答案为：43（2026·=(2)若𝐷𝐴=𝐷𝐶=5，𝐴𝐶=6，求△𝐴𝐵𝐶（1）根据全等三角形的判定和性质、三角形中线的定义得到𝐴𝐹𝐷𝐶，根据平行四边形的判定即（2）证明𝐴𝐵𝐶是直角三角形，且∠𝐵𝐴𝐶=90°（1）∴∠𝐴𝐹𝐸=又∵𝐹𝐸=𝐵𝐸，∠𝐴𝐸𝐹=∴△𝐴𝐸𝐹≌△∴𝐴𝐹=∵𝐴𝐷𝐴𝐵𝐶中𝐵𝐶∴𝐷𝐵=∴𝐴𝐹=（2）解：∵𝐷𝐴=𝐷𝐶=5，𝐷𝐵=∴𝐷𝐴=𝐷𝐶=𝐷𝐵=2𝐵𝐶，𝐵𝐶=∴A，B，C都在以𝐵𝐶𝐴𝐵𝐶是直角三角形，且∠𝐵𝐴𝐶=∴𝐴𝐵 𝐵𝐶2−𝐴𝐶2=∴𝑆∴𝑆△𝐴𝐵𝐶=2𝐴𝐵⋅𝐴𝐶=2×8×6=4（2026·选项：①𝐵𝐸=𝐷𝐹，②∠𝐴𝐸𝐵=∠𝐴𝐹𝐷，③𝐴𝐸=𝐴𝐹．请你在上述三个选项中选择两个作为补充条件，选（ （【答案】【答案】(1)①，②；③（②，③；①）根据选择的条件进行证明△𝐴𝐵𝐸≌△𝐴𝐷𝐹证明，∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷为平行四边形，∴∠𝐵=在𝐴𝐵𝐸𝐴𝐷𝐹∠𝐵=𝐵𝐸=∠𝐴𝐸𝐵=∴△𝐴𝐵𝐸≌△∴𝐴𝐸=证明，∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷为平行四边形，∴∠𝐵=在𝐴𝐵𝐸𝐴𝐷𝐹∠𝐵=∠𝐴𝐸𝐵=∠𝐴𝐹𝐷𝐴𝐸=∴△𝐴𝐵𝐸≌△∴𝐵𝐸=5（2026·分别交𝐶𝐷，𝐴𝐶F，E．(1)求证：𝐶𝐸=(2)若𝐵𝐶=6，𝐶𝐸=3，求𝐴𝐸(3)2，在𝐴𝐶G使𝐴𝐺=𝐶𝐸，连接𝐹𝐺(2)𝐴𝐸=（1）可证∠𝐶𝐸𝐹=∠𝐶𝐹𝐸，从而𝐶𝐸=（2）先证△𝐵𝐶𝐹∽△𝐵𝐴𝐸，得 ， ，设𝐴𝐸=𝑥，则𝐴𝐵=2𝑥，在Rt△𝐴𝐵𝐶中，𝐵𝐶2 𝐶2=𝐴𝐵2（3）在𝐵𝐴上截取𝐵𝑀=𝐵𝐶，连接𝐹𝑀𝐵𝐶𝐹𝐵𝐹𝑀，根据全等三角形的性质得∠𝐵𝐶𝐹=𝐶𝐹=𝐹𝑀，从而可证四边形𝐴𝐺𝐹𝑀∴∠𝐶𝐵𝐸=∴∠𝐵𝐷𝐶=∵∠𝐴𝐶𝐵=∴∠𝐵𝐷𝐶=∠𝐴𝐶𝐵=∴在𝐵𝐶𝐸和𝐵𝐷𝐹中，∠𝐵𝐶𝐸=∠𝐵𝐷𝐹=90°，∠𝐶𝐵𝐸=∴∠𝐶𝐸𝐵=∠𝐷𝐹𝐵，又∵∠𝐶𝐹𝐸∠𝐷𝐹𝐵，∴∠𝐶𝐹𝐸=∴𝐶𝐸=（2）解：∵∠𝐴𝐶𝐵=90°，𝐶𝐷∴∠𝐵𝐶𝐹+∠𝐸𝐶𝐹=90°，∠𝐴+∠𝐸𝐶𝐹=∴∠𝐵𝐶𝐹=又∵∠𝐶𝐵𝐸=∴△𝐵𝐶𝐹∽△∴∴𝐵𝐴=𝐴𝐸，即𝐵𝐴=∴𝐴𝐵=设𝐴𝐸=𝑥，则𝐴𝐵=在Rt△𝐴𝐵𝐶中，𝐵𝐶2+𝐴𝐶2=∴62+(𝑥+3)2=(2𝑥)2，解得𝑥=5或−3（舍负∴𝐴𝐸=𝑥=（3）证明：在𝐵𝐴上截取𝐵𝑀𝐵𝐶，连接𝐹𝑀 在𝐵𝐶𝐹和𝐵𝑀𝐹𝐵𝐶=∠𝐶𝐵𝐹=∠𝑀𝐵𝐹𝐵𝐹=∴△𝐵𝐶𝐹≌△∴∠𝐵𝐶𝐹=∠𝐵𝑀𝐹，𝐶𝐹=𝐹𝑀，由（2）知∠𝐵𝐶𝐹=∠𝐴，∴∠𝐵𝑀𝐹=由（1）知𝐶𝐸=又∵𝐴𝐺=𝐶𝐸，𝐶𝐹=∴𝐹𝑀=考向考向 特殊平行四边2矩形的判定与性质1（2026·浙江台州·一模）𝐴𝐵𝐶中，∠𝐵90°．将𝐴𝐵𝐶𝐴1𝐵1𝐶1𝐵1，C，𝐶1在同一直线上，边𝐴1𝐵1与边𝐴𝐶G．若𝐶𝐶1=3，𝐴1𝐺=2，则𝐴𝐺的长为（

【答案】【答案】【分析】根据平移的性质求得四边形𝐵𝐴𝐴1𝐵1是矩形，𝐴𝐴1=𝐵𝐵1=3，∠𝐴𝐴1𝐺=90°，再利用勾股定理求【详解】解：由平移的性质得𝐵𝐵1=𝐶𝐶1=3，𝐴𝐵=∵∠𝐵=∴𝐴𝐴1=𝐵𝐵1=3，∠𝐴𝐴1𝐺=∵𝐴1𝐺=∴𝐴𝐺 𝐴𝐴12+𝐴1𝐺2 32+22=2（2026·且𝐶𝐵=2，𝐶𝐷=3．点𝐸是𝐴𝐵上一点，连接𝐷𝐸，若𝐷𝐸=𝐴𝐷，则△𝐷𝐵𝐸的面积为 【答案】【分析】已知𝐵𝐷平分∠𝐴𝐵𝐶，∠𝐵𝐶𝐷=90°，𝐶𝐷=3，根据角平分线上的点到角两边的距离相等，构造辅助线，过点𝐷作𝐷𝐹⊥𝐴𝐵于点𝐹，可得到𝐷𝐹=𝐶𝐷=3，要求△𝐷𝐵𝐸的面积，底边𝐵𝐸上的高𝐷𝐹已求得，则只需求得𝐵𝐸的长即可，构造全等三角形，过点𝐴作𝐴𝐻⊥𝐶𝐵，交𝐶𝐵的延长线于点𝐻，易证四边形𝐴𝐻𝐶𝐷是矩形，可得𝐴𝐻=𝐶𝐷=3，𝐴𝐷=𝐻𝐶，结合平行线的性质即可证明△𝐴𝐵𝐻≌△𝐷𝐴𝐹(AAS)，从而得到𝐵𝐻=𝐴𝐹，𝐴𝐵=𝐴𝐷，由等腰三角形三线合一即可得到𝐴𝐹=𝐸𝐹，设𝐴𝐵=𝐻𝐶=𝑥𝐴𝐹=𝐸𝐹=𝐵𝐻=𝐻𝐶−𝐶𝐵=𝑥−2，在Rt△𝐴𝐵𝐻中，由勾股定理得，𝐴𝐻2+𝐵𝐻2=𝐴𝐵2，列方程求解即可得【详解】解：如图，过点𝐴作𝐴𝐻𝐶𝐵，交𝐶𝐵的延长线于点𝐻，过点𝐷作𝐷𝐹𝐴𝐵于点∴∠𝐴𝐻𝐵=∠𝐴𝐹𝐷=∠𝐵𝐶𝐷=90°，即𝐷𝐶∴𝐴𝐻∥∵𝐴𝐷∥四边形𝐴𝐻𝐶𝐷是矩形，∠𝐴𝐵𝐻=∴𝐴𝐻=𝐶𝐷=3，𝐴𝐷=𝐵𝐷平分∠𝐴𝐵𝐶，𝐷𝐹𝐴𝐵，𝐷𝐶∴𝐷𝐹=𝐶𝐷=∴𝐴𝐻=𝐷𝐹=在𝐴𝐵𝐻𝐷𝐴𝐹∠𝐴𝐻𝐵=∠𝐴𝐹𝐷=∠𝐴𝐵𝐻= 𝐴𝐻=∴△𝐴𝐵𝐻≌△∴𝐵𝐻=𝐴𝐹，𝐴𝐵=∴𝐴𝐵=∵𝐷𝐸=𝐴𝐷，𝐷𝐹⊥∴𝐴𝐹=∴𝐴𝐹=𝐸𝐹=4设𝐴𝐵=𝐻𝐶=𝑥，则𝐴𝐹=𝐸𝐹=𝐵𝐻=𝐻𝐶−𝐶𝐵=𝑥−2，在Rt△𝐴𝐵𝐻中，由勾股定理得，𝐴𝐻2+𝐵𝐻2=𝐴𝐵2，即32+(𝑥−2)2=𝑥2，解得𝑥=4∴𝑥=4

∴𝐴𝐵=4，𝐴𝐹=𝐸𝐹=𝑥−2

4−2=135 ∴𝐸𝐵=𝐴𝐵−𝐴𝐹−𝐸𝐹

4−4−4=𝐷𝐵𝐸的面积为2𝐸𝐵·𝐷𝐹=2×4×3= 3（2026·垂直的标杆𝑀𝑃、𝑀𝑁固定在点𝑀(𝑀𝑃𝑀𝑁)M处安装测角仪．测量时，调整工具位置，使𝑀𝑁（𝐵𝑄为地面MA的仰角为45°A的影子恰好与标杆𝑀𝑃【分析】延长𝑃𝑀交𝐴𝐵于点𝐻，过点𝑃作𝑃𝐺𝐵𝑄于点𝐺，易证四边形𝑀𝑁𝐺𝑃是矩形，四边形𝐻𝐵𝑁𝑀是矩形，得到𝑁𝐺=𝑀𝑃=2米，𝑀𝑁=𝑃𝐺=【分析】延长𝑃𝑀交𝐴𝐵于点𝐻，过点𝑃作𝑃𝐺𝐵𝑄于点𝐺，易证四边形𝑀𝑁𝐺𝑃是矩形，四边形𝐻𝐵𝑁𝑀是矩形，得到𝑁𝐺=𝑀𝑃=2米，𝑀𝑁=𝑃𝐺=𝐵𝐻=1.8米，𝑀𝐻=𝐵𝑁，∠𝐵𝐻𝑀=90°，证明△𝐴𝐻𝑀是等腰直角三角形，得到𝐴𝐻=𝑀𝐻，由tan∠𝐴𝑃𝐻=𝐻𝑃=tan∠𝑄=4【详解】解：延长𝑃𝑀交𝐴𝐵于点𝐻，过点𝑃作𝑃𝐺𝐵𝑄于点∵𝑀𝑁⊥𝑀𝑃,𝑀𝑁⊥𝐵𝑄,𝑃𝐺⊥∴∠𝑀𝑁𝐺=∠𝑁𝑀𝑃=∠𝑃𝐺𝑁=∴𝑁𝐺=𝑀𝑃=2米，𝑀𝑁=𝑃𝐺=𝐵𝐻=1.8米，𝑀𝐻=𝐵𝑁，∠𝐵𝐻𝑀=∴∠𝐴𝐻𝑀=∵∠𝐴𝑀𝐻=∴∠𝐻𝐴𝑀=𝐴𝐻𝑀∴𝐴𝐻=∵𝑁𝑄=4.4∴𝐺𝑄=𝑁𝑄−𝑁𝐺=2.4（米在在Rt△𝑃𝐺𝑄中，tan∠𝑄=𝐺𝑄=2.4=∴∠𝐴𝑃𝐻= ∴在Rt△𝐴𝐻𝑃中，tan∠𝐴𝑃𝐻=𝐻𝑃=tan∠𝑄=设𝐴𝐻=𝑀𝐻=𝑥米，则𝐻𝑃=𝑀𝐻+𝑀𝑃=(𝑥+2)∴𝑥+2=∴𝑥=6，即𝐴𝐻=6∴𝐴𝐵=𝐴𝐻+𝐵𝐻=7.8（米．4（2026·湖北黄冈·模拟预测）在四边形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐷𝐵𝐶，∠𝐵=90°，𝐴𝐷=12，𝐴𝐵=8，𝐵𝐶>∠𝐴𝐷𝐶的平分线交边𝐵𝐶EF在线段𝐷𝐸上，射线𝐶𝐹与四边形𝐴𝐵𝐶𝐷的边𝐴𝐷或边𝐴𝐵1，求证𝐷𝐶=2G在边𝐴𝐷上，连接𝐵𝐺，当𝐴𝐺=4，且∠𝐵𝐺𝐶=90°，求∠𝐷𝐸𝐶F是𝐷𝐸中点，且𝐴𝐺=3时，求𝐶𝐷(3)9或30+12（1）根据平行线的性质结合角平分线的定义证明∠𝐶𝐷𝐸=∠𝐷𝐸𝐶（2）C作𝐶𝑀𝐴𝐷M，证明四边形𝐴𝐵𝐶𝑀为矩形，再证明Rt𝐺𝑀𝐶𝐵𝐴𝐺，求出𝐺𝑀=16，进而推出∠𝐷𝐶𝐸=45°，即可求解；（1）𝐴𝐷∥∴∠𝐴𝐷𝐸=∵𝐷𝐸平分∴∠𝐴𝐷𝐸=∴∠𝐶𝐷𝐸=∴𝐶𝐷=（2）C作𝐶𝑀𝐴𝐷M∵𝐴𝐷∥𝐵𝐶，∠𝐴𝐵𝐶=∴∠𝐵𝐴𝐷=∵𝐶𝑀⊥四边形𝐴𝐵𝐶𝑀∴𝐶𝑀=𝐴𝐵=∵∠𝐵𝐺𝐶=∴∠𝐶𝐺𝑀=180°−∠𝐵𝐺𝐶−∠𝐴𝐺𝐵=90°−∠𝐴𝐺𝐵=∴△𝐺𝑀𝐶∽△

∴𝐴𝐵=𝐴𝐺8=∴𝐺𝑀=∴𝐺𝐷=𝐴𝐷−𝐴𝐺=8,𝐷𝑀=𝐺𝑀−𝐺𝐷=∴𝐷𝑀=∴∠𝑀𝐶𝐷=∴∠𝐷𝐶𝐸=∵𝐶𝐷=∴∠𝐶𝐷𝐸=∠𝐶𝐸𝐷=（3）解：①G在𝐴𝐷上时，如图，由（1）知：𝐶𝐷=𝐹是𝐷𝐸∴∠𝐷𝐶𝐺=∵𝐴𝐷∥∴∠𝐷𝐺𝐶=∴∠𝐷𝐺𝐶=∴𝐷𝐺=∵𝐴𝐺=3，𝐴𝐷=∴𝐷𝐺=∴𝐶𝐷=𝐷𝐺==𝐹是𝐷𝐸∴𝐶𝐹⊥∴∴𝐺𝐷=∴𝐺𝐷2=∴𝐴𝐺2+𝐴𝐷2=𝐵𝐺2+𝐵𝐸2，即32+122=52+𝐵𝐸2，解得：𝐵𝐸=82．∵𝐴𝐷∥∴△𝐴𝑁𝐺∽△ 𝐵𝐺=𝐵𝐶，即5=在𝐷𝑁𝐹𝐷𝐶𝐹∠𝑁𝐷𝐹=𝐷𝐹=∠𝑁𝐹𝐷=∠𝐶𝐹𝐷=∴△𝐷𝑁𝐹≌△∴𝐶𝐷=设𝐶𝐷=𝑥，则𝐵𝐶=𝐶𝐸+𝐵𝐸=𝑥+82，𝐴𝑁=𝐷𝑁−𝐷𝐴=𝐶𝐷−𝐷𝐴=∴5=𝑥+8解得：𝑥=30+12经检验，𝑥=30+122∴𝐶𝐷=30+12综上，𝐶𝐷9或30+125（2026·交于点第二步：如图②，在𝐴𝐷E，沿𝐸𝐹折叠矩形𝐴𝐵𝐶𝐷AG．延长𝐸𝐺交𝐵𝐶H，将HC的对应点落在𝐸𝐻所在直线上，折痕与𝐷𝐶M．(1)求证：𝐵𝐻=A小组的同学们选用了如图③ED重合F、G、M三点在一条直线上．E，且第二步折叠中，过点H的折痕与𝐴𝐷交于点M，把纸片展开后，连接𝐺𝑀．当△𝐸𝐺𝑀为直角三角形时， (2)4(3)22dm或==（2）证明𝐻𝐺𝑀𝐻𝐶𝑀，则𝐻𝐺=𝐻𝐵=𝐻𝐶=2，再对Rt△𝐷𝐶𝐻（3）当∠𝐺𝐸𝑀=90°时，可得四边形𝐴𝐵𝐻𝐸是矩形，则𝐸𝐻=𝐴𝐵=2dm，然后可得△𝐸𝐻𝑀为等腰直角三角形，则𝑀𝐻= 𝐸𝐻2+𝐸𝑀2=22dm；当∠𝐸𝐺𝑀=90°时，连接𝐹𝐻，过点𝑀作𝑀𝐾⊥𝐵𝐶于点𝐾，先得到𝐹,𝐺,𝑀三点共线，求出𝐹𝑀=𝐹𝐺+𝐺𝑀=1+2=3，则𝐴𝑀 𝐹𝑀2−𝐴𝐹2=22=𝐵𝐾，再证𝐻𝑀𝐾𝐹𝐻𝐵，设𝐻𝐾=𝑥，则𝐵𝐻=22−𝑥，根据相似三角形的性质求解𝑥=2解得到𝐻𝑀 𝐻𝐾2+𝑀𝐾2=由第一次折叠可得，𝐴𝐹=∴∠𝐴=∠𝐵=由第二次折叠可得，𝐴𝐹=𝐹𝐺,∠𝐴=∠𝐹𝐺𝐸=∴∠𝐹𝐺𝐻=180°−∠𝐹𝐺𝐸=90°=∠𝐵，𝐹𝐺=∵𝐹𝐻=∴Rt△𝐹𝐵𝐻≌Rt△∴𝐵𝐻=由②得，∠𝐹𝐺𝐸=∴∠𝐻𝐺𝑀=∠𝐹𝐺𝐸=∴∠𝐶=90°，𝐴𝐷=𝐵𝐶=4，𝐴𝐵=∴∠𝐻𝐺𝑀=∠𝐶=由折叠可得，∠𝐶𝐻𝑀=∵𝐻𝑀=∴△𝐻𝐺𝑀≌△∴𝐻𝐶=由（1）得，Rt𝐹𝐵𝐻≌Rt∴𝐻𝐺=∴𝐵𝐻=𝐶𝐻=2𝐵𝐶=∴𝐻𝐺=由折叠可得，𝐷𝐴=𝐷𝐺=∴𝐷𝐻=𝐷𝐺+𝐺𝐻=∴𝐶𝐷 𝐷𝐻2−𝐶𝐻2=4∴𝐴𝐵=4（3）解：当∠𝐺𝐸𝑀=90°∴∠𝐴𝐸𝐻=180°−∠𝐺𝐸𝑀=∴∠𝐴=∠𝐵=∴∠𝐴=∠𝐵=∠𝐴𝐸𝐻=∴𝐸𝐻=𝐴𝐵=2dm，∠𝐵𝐻𝐸=∴∠𝐸𝐻𝐶=∴∠𝐸𝐻𝑀=𝐸𝐻𝑀∴𝑀𝐻 𝐸𝐻2+𝐸𝑀2=2当∠𝐸𝐺𝑀=90°时，连接𝐹𝐻，过点𝑀作𝑀𝐾𝐵𝐶于点则∠𝑀𝐺𝐻=∠𝑀𝐾𝐻=∴∠𝐾𝐻𝑀=∠𝐺𝐻𝑀，∠𝐴=∠𝐹𝐺𝐸=∴∠𝐸𝐺𝐹+∠𝐸𝐺𝑀=∵𝐻𝑀=∴△𝐻𝐺𝑀≌△∴𝑀𝐾=∴𝑀𝐾=𝐴𝐵=2，𝐴𝑀=∴𝑀𝐺=由折叠可得，𝐴𝐹=由（1）得，Rt𝐹𝐵𝐻≌Rt∴𝐹𝐵=∴𝐴𝐹∴𝐴𝐹=𝐹𝐵=𝐹𝐺=2𝐴𝐵=∴𝐹𝑀=𝐹𝐺+𝐺𝑀=1+2=∴𝐴𝑀 𝐹𝑀2−𝐴𝐹2=22=∵Rt△𝐹𝐵𝐻≌Rt△∴∠𝐹𝐻𝐵=∵∠𝐾𝐻𝑀=又∵∠𝐵𝐻𝐹∠𝐺𝐻𝐹∠𝐺𝐻𝑀+∠𝐾𝐻𝑀=∴∠𝐹𝐻𝑀=2(∠𝐺𝐻𝐹+∠𝐺𝐻𝑀)=∵∠𝐵=∠𝑀𝐾𝐻=∴∠𝐻𝑀𝐾=∠𝐹𝐻𝐵=∴△𝐻𝑀𝐾∽△∴𝐻𝐾=设𝐻𝐾=𝑥，则𝐵𝐻=2∴𝑥2解得𝑥=∴𝐻𝑀 𝐻𝐾2+𝑀𝐾2=综上：当𝐸𝐺𝑀为直角三角形时，则𝑀𝐻的长为22dm或3棱形的判定与性质：①有一组邻边相等的平；1（2026·>与𝐴𝐷F，然后分别以点𝐵，F为圆心，大于2𝐵𝐹的长为半径画弧，两弧交于点𝐺，连接𝐴𝐺𝐵𝐶E，若𝐵𝐹=6，𝐴𝐵=4，则𝐴𝐸的长为（

【答案】【答案】【分析】连接𝐸𝐹，根据尺规作图可得𝐴𝐵=𝐴𝐹，𝐴𝐸平分∠𝐵𝐴𝐷，证明𝐴𝐵𝐸𝐹是菱形可得𝐴𝐸𝐴𝑂=𝑂𝐸=2𝐴𝐸,𝐵𝑂=𝑂𝐹=2𝐵𝐹=3，再运用勾股定理可得𝐴𝑂=27，进而可求出𝐴𝐸由题中作图可知：𝐴𝐵=𝐴𝐹，𝐴𝐸平分∴∠𝐹𝐴𝐸=∴𝐴𝐷∥∴∠𝐸𝐴𝐹=∴∠𝐸𝐴𝐵=∴𝐴𝐵=𝐵𝐸=∵∵𝐴𝐵=∴𝐴𝐸⊥𝐵𝐹,𝐴𝑂=𝑂𝐸=2𝐴𝐸,𝐵𝑂=𝑂𝐹=2𝐵𝐹=在Rt𝐴𝑂𝐵∵𝐴𝑂2=∴𝐴𝑂 𝐴𝐵2−𝑂𝐵2 42−32=∴𝐴𝐸=2𝑂𝐴=22（2026·=沿𝐸𝐹折叠，使点𝐴落在𝐵𝐶边上的点𝑃处．若𝐹𝑃⊥𝐵𝐶，𝐴𝐵=4,𝐵𝐶=3，则线段𝐵𝐸的长 【分析】根据∠𝐵=90°，𝐹𝑃𝐵𝐶，得出𝐴𝐵𝐹𝑃，则∠𝐴𝐸𝐹=∠𝐸𝐹𝑃，由折叠的性质得：𝐴𝐸=𝐴𝐹=𝑃𝐹，∠𝐴𝐸𝐹=∠𝑃𝐸𝐹，则∠𝑃𝐸𝐹=∠𝐸𝐹𝑃，证出𝐴𝐸=𝑃𝐸=𝑃𝐹=𝐴𝐹，则四边形𝐴𝐸𝑃𝐹 𝑃𝐸𝐴𝐶，证出△𝐵𝐸𝑃∽△𝐵𝐴𝐶，则𝐵𝐴=𝐴𝐶，在Rt△𝐴𝐵𝐶中，由勾股定理求出𝐴𝐶=5，设𝐵𝐸=𝑥𝐴𝐸=𝑃𝐸=4−𝑥，列方程求出𝑥9【详解】解：∵∠𝐵=90°，𝐹𝑃∴𝐴𝐵∥∴∠𝐴𝐸𝐹=由折叠的性质得：𝐴𝐸=𝑃𝐸，𝐴𝐹=𝑃𝐹，∠𝐴𝐸𝐹=∴∠𝑃𝐸𝐹=∴𝑃𝐸=∴𝐴𝐸=𝑃𝐸=𝑃𝐹=∴𝑃𝐸∥∴△𝐵𝐸𝑃∽△∴𝐵𝐴=在Rt△𝐴𝐵𝐶中，由勾股定理得𝐴𝐶= 𝐴𝐵2+𝐵𝐶2= 42+32=5，设𝐵𝐸=𝑥，则𝐴𝐸=𝑃𝐸=4−𝑥，则4=5解得：𝑥=9∴𝐵𝐸9 3（2026·=𝐶𝐷=8．证明四边形𝐴𝐹𝐶𝐸（提示：证𝐴𝐶平分【分析】本题主要考查矩形的性质，全等三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，菱形面积的计算公式．根据题意证明△𝑂≌△𝐶𝑂𝐹(S)，先证明四边形𝐴𝐹𝐶是平行四边形，再根据𝐹𝐸𝐴𝐴𝐹𝐶𝐸是菱形；根据菱形的性质得到𝐴𝐹=𝐶𝐹，设𝐴𝐹=𝐶𝐹=𝑥，则𝐷𝐹=8−𝑥，根据在Rt△𝐴𝐷𝐹+𝐷𝐹2=𝐴𝐹2，得到42+(8−𝑥)2=𝑥2，解得𝑥=5，根据𝑆菱形𝐴𝐹𝐶𝐸=𝐶𝐹⋅𝐴𝐷∵矩形∴∴∠𝐸𝐴𝑂=𝐸𝐹垂直平分∴𝑂𝐴=𝑂𝐶,𝐸𝐹⊥𝐴𝐶，在𝐴𝑂𝐸𝐶𝑂𝐹中，∠𝐸𝐴𝑂=𝐴𝑂=∠𝐴𝑂𝐸=∴△𝐴𝑂𝐸≌△∴𝐸𝑂=四边形𝐴𝐹𝐶𝐸∵𝐹𝐸⊥四边形𝐴𝐹𝐶𝐸∴𝐴𝐹=设𝐴𝐹=𝐶𝐹=𝑥，则𝐷𝐹=在Rt△𝐴𝐷𝐹中，𝐴𝐷2+𝐷𝐹2=𝐴𝐹2，即42+(8−𝑥)2=𝑥2，解得𝑥=故𝐴𝐹=𝐶𝐹=∴𝑆菱形𝐴𝐹𝐶𝐸=𝐶𝐹𝐴𝐷=4×5=4（2026·点𝐹，使𝐸𝐹=𝐸𝑂，连接𝐵𝐹和𝐶𝐹．(2)若𝐴𝐵=45，𝐴𝐷=6，求菱形𝑂𝐵𝐹𝐶(2)12（2）利用矩形的性质结合三角形中位线定理得出𝐸𝐹=𝐸𝑂=2𝐴𝐵（1）证明：∵点𝐸为𝐵𝐶的中点，且𝐸𝐹=∴𝑂𝐶=（2）解：∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是矩形，且𝐴𝐷=∴𝐵𝐶=𝐴𝐷=6，𝑂𝐴=𝑂𝐶，∴𝐸𝑂𝐴𝐵𝐶∴𝐸𝑂=∴𝐸𝐹=𝐸𝑂=∴𝑂𝐹=∵𝐴𝐵=4∴𝑂𝐹=𝐴𝐵=4∴菱形𝑂𝐵𝐹𝐶的面积为：2𝑂𝐹𝐵𝐶=2×45×6=125（2026·如图1，△𝐴𝐵𝐶是等边三角形，点𝐷在边𝐴𝐶上，将线段𝐵𝐷绕点𝐵顺时针旋转60°得到𝐵𝐸，连接𝐶𝐸，𝐷𝐸，请 ，∠𝐷𝐶𝐸= 2，在菱形𝐴𝐵𝐶𝐷中，∠𝐴𝐵𝐶60°，点𝑃为线段𝐴𝐶上一动点，点𝐸为射线𝐵𝑃上的一点（点𝐸与点𝐵不重．①3，当点𝐸在线段𝐵𝑃上，且∠𝑃𝐸𝐶=60°，∠𝐴𝐸𝑃=30°时，以线段𝐶𝐸为边作等边三角形𝐶𝐸𝑀②在点𝑃运动过程中，将线段𝐵𝐸绕点𝐸逆时针旋转120°得到𝐸𝐹，射线𝐸𝐹交射线𝐵𝐶于点𝐺，若𝐵𝐸=𝐴𝐵=5，请直接写出线段𝐴𝑃【答案】【答案】(1)𝐴𝐷=𝐶𝐸，∠𝐷𝐶𝐸=(2)①𝐸𝐶=2𝐵𝐸，理由见解析；②2（1）𝐴𝐵𝐷𝐶𝐵𝐸(SAS)得出𝐴𝐷=𝐶𝐸，∠𝐴=∠𝐵𝐶𝐸=60°，进而求得（2）根据菱形的性质以及∠𝐴𝐵𝐶=60°，得出𝐴𝐵𝐶𝐴𝐶𝑀≌𝐵𝐶𝐸(SAS)∠𝐸𝐴𝑀=90°30（3）分情况讨论，当𝑃在线段𝑂𝐴上，记𝐵𝑃与𝐴𝐷交于点𝐻𝐸𝐵𝐺𝐴𝐻𝐵𝐴𝑃𝐻𝐶𝑃𝐵相似三角形的性质结合已知可得𝐴𝑃=5𝐴𝐶；当𝑃在线段𝑂𝐶上时，延长𝐴𝐷交𝐵𝑃于点𝐻，同理可得𝑃𝐴=（1）∵△𝐴𝐵𝐶∴𝐴𝐵=𝐵𝐶，∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐴𝐵𝐷∠𝐷𝐵𝐶=60°，∠𝐴=∠𝐴𝐶𝐵=60°，由旋转可得，𝐵𝐷=𝐵𝐸，∠𝐷𝐵𝐸=∠𝐶𝐵𝐸+∠𝐷𝐵𝐶=60°，∴∠𝐴𝐵𝐷=∴△𝐴𝐵𝐷≌△∴𝐴𝐷=𝐶𝐸，∠𝐴=∠𝐵𝐶𝐸=∴∠𝐷𝐶𝐸=∠𝐴𝐶𝐵+∠𝐵𝐶𝐸=（2）①𝐸𝐶=2𝐵𝐸在菱形𝐴𝐵𝐶𝐷中，∠𝐴𝐵𝐶=∴𝐴𝐵=∴△𝐴𝐵𝐶∴𝐴𝐶=𝐵𝐶，∠𝐴𝐶𝐵=∠𝐴𝐶𝐸+∠𝐵𝐶𝐸=∵△𝐶𝐸𝑀∴𝐶𝑀=𝐶𝐸，∠𝐶𝐸𝑀=∠𝐸𝐶𝑀=∠𝐶𝑀𝐸=∠𝐴𝐶𝐸+∠𝐴𝐶𝑀=∴∠𝐴𝐶𝑀=∠𝐵𝐶𝐸，∠𝐵𝐸𝐶=180°−∠𝐶𝐸𝑀=120°，在△𝐴𝐶𝑀△𝐵𝐶𝐸中，𝐴𝐶=∠𝐴𝐶𝑀=∠𝐵𝐶𝐸𝐶𝑀=∴△𝐴𝐶𝑀≌△∴𝐴𝑀=𝐵𝐸，∠𝐴𝑀𝐶=∠𝐵𝐸𝐶=∴∠𝐴𝑀𝐸=∠𝐴𝑀𝐶−∠𝐶𝑀𝐸=120°−60°=∵∠𝐴𝐸𝑃=∴∠𝐸𝐴𝑀=∴𝐸𝑀=∴𝐸𝐶=∴𝐴𝐷∥𝐵𝐶，∠𝐴𝐵𝐶=∴∠𝐴𝐻𝐵=∠𝐸𝐵𝐺，∠𝐻𝐴𝐵=∴∠𝐵𝐸𝐺=∠𝐻𝐴𝐵=∴△𝐸𝐵𝐺∽△

∴𝐵𝐸=𝐸𝐺，即𝐴𝐵=∵𝐵𝐸= ∴𝐸𝐺=又∴△𝐴𝑃𝐻∽△

∴𝑃𝐶=

∴𝐴𝐵=𝐵𝐶=3=∴𝑃𝐴=3×5=3同理可得𝐴𝐵=𝐵𝐶=2=∴𝑃𝐴=∵𝐴𝐵=𝐴𝐶=∴𝐸𝐺=∵BE=∴𝑃𝐴=5×5=∴𝐴𝑃=∵𝐴𝐵=𝐴𝐶=445˚；1（2026·心将线段𝐴𝐸顺时针旋转90°，得到线段𝐹𝐸，连接𝐴𝐹，𝐹𝐸交边𝐶𝐷于点𝐺，𝐻，则𝐺𝐻的长为（． 【答案】【答案】【分析】过点𝐹分别作𝐵𝐶、𝐶𝐷的垂线，交𝐵𝐶的延长线于点𝐼，交𝐶𝐷于点𝐽𝐴𝐵𝐸(AAS)，则𝐸𝐼=𝐴𝐵=6，𝐹𝐼=𝐵𝐸=3．容易证明四边形𝐶𝐼𝐹𝐽是正方形，则𝐶𝐽=𝐹𝐼=𝐶𝐼=𝐹𝐽=3=𝐹𝐽𝐼𝐶．通过证明𝐶𝐸𝐻𝐽𝐹𝐻(AAS)

，利用平行可证明△𝐴𝐷𝐺∽△𝐹𝐽𝐺， =2，计算得𝐺𝐽=1

𝐽𝐻=2𝐶𝐽=

由旋转的性质可知，𝐴𝐸=𝐸𝐹，∠𝐴𝐸𝐹=∴∠𝐴𝐸𝐵+∠𝐶𝐸𝐻=180°−∠𝐴𝐸𝐹=∴∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐵𝐶𝐷=∠𝐴𝐷𝐶=90°，𝐴𝐵=𝐵𝐶=𝐶𝐷=𝐴𝐷=6，𝐴𝐷∥∴∠𝐴𝐸𝐵+∠𝐵𝐴𝐸=180°−∠𝐴𝐵𝐸=∴∠𝐵𝐴𝐸=∴𝐵𝐸=𝐶𝐸=2𝐵𝐶=∵𝐹𝐼⊥∴∠𝐸𝐼𝐹=∠𝐴𝐵𝐶=90°，在△𝐴𝐵𝐸△𝐸𝐼𝐹中，∠𝐵𝐴𝐸=∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐸𝐼𝐹𝐴𝐸=∴△𝐴𝐵𝐸≌△∴𝐸𝐼=𝐴𝐵=6，𝐹𝐼=𝐵𝐸=∴𝐶𝐼=𝐸𝐼−𝐸𝐶=∵𝐹𝐽⊥∴∠𝐹𝐽𝐶=∠𝐸𝐼𝐹=∠𝐷𝐶𝐼=∵𝐶𝐼=3=∴𝐶𝐽=𝐹𝐼=𝐶𝐼=𝐹𝐽=3=𝐸𝐶，𝐹𝐽∥∴∠𝐶𝐸𝐻=在𝐶𝐸𝐻和△𝐽𝐹𝐻∠𝐶𝐸𝐻∠𝐶𝐸𝐻=∠𝐶𝐻𝐸=∠𝐽𝐻𝐹𝐸𝐶=∴△𝐶𝐸𝐻≌△∴𝐽𝐻=𝐶𝐻=2𝐶𝐽=∵𝐶𝐷=6，𝐶𝐽=∴𝐷𝐽=𝐶𝐷−𝐶𝐽=∵𝐴𝐷∥𝐵𝐶，𝐹𝐽∥∴𝐴𝐷∥∴△𝐴𝐷𝐺∽△∴𝐺𝐷=𝐴𝐷=6=∴𝐺𝐽=3𝐷𝐽=∴𝐺𝐻=𝐺𝐽+𝐽𝐻= 2（2026·E，𝐸𝐹⊥𝑂𝐵于点F，若𝑂𝐷=𝑂𝐹=1，则图中阴影部分的面积 【答案】2−1【答案】2−1/−1知∠𝐷𝑂𝐸=∠𝐹𝑂𝐸=45°，𝑆△𝑂𝐷𝐸=𝑆△𝑂𝐹𝐸，𝑂𝐸=2𝑂𝐷=2=𝑆矩形𝐵𝐶𝐸𝐹∴∠𝐵𝑂𝐷=∠𝑂𝐷𝐶=∠𝐶=∠𝑂𝐵𝐶=∵𝐸𝐹⊥∴∠𝑂𝐹𝐸∴∠𝑂𝐹𝐸=∵𝑂𝐷=𝑂𝐹=𝐸𝐹=∴∠𝐷𝑂𝐸=∠𝐹𝑂𝐸=45°，𝑆△𝑂𝐷𝐸=𝑆△𝑂𝐹𝐸，𝑂𝐸=2𝑂𝐷=∴𝑆扇形𝐴𝑂𝐸=𝑆扇形∴=𝑆矩形𝐵𝐶𝐸𝐹=(2−1)×1=3（2025·1中连接𝐺𝐻，证明四边形𝐻𝐸𝐹𝐺是正方形，得到∠𝐻𝐺𝐹=90°，𝐻𝐺=𝐸𝐹2∠𝐴𝐷𝐵=90°，𝐵𝐼=𝐷𝐼=𝐴𝐷由七巧板可知，𝐻𝐸=𝐹𝐺=𝐸𝐹，𝐻𝐸𝐹𝐺，∠𝐻𝐸𝐹=∵∠𝐻𝐸𝐹=∵𝐹𝐺=∴∠𝐻𝐺𝐹=90°，𝐻𝐺=2，连接𝐴𝐵、𝐴𝐷，则∠𝐴𝐷𝐶=∴∠𝐴𝐷𝐵∴∠𝐴𝐷𝐵=由七巧板可知，𝐵𝐼𝐷𝐼，则𝐵𝐼=𝐷𝐼=𝐴𝐷，∴tan∠𝐴𝐵𝐶=𝐵𝐼+𝐷𝐼=4（2026·=𝐶作𝐶𝐹𝐴𝐸于点𝐹，交𝐴𝐷G，且∠𝐸=(2)F是𝐴𝐸的中点，且𝐶𝐸=42时，求四边形𝐴𝐵𝐶𝐷（1）根据四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是平行四边形，𝐴𝐵=𝐵𝐶得平行四边形𝐴𝐵𝐶𝐷为菱形，再根据𝐶𝐹∠𝐸=∠𝐶𝐺𝐷，可以证明∠𝐶𝐺𝐷∠𝐸𝐶𝐺=90°，从而得出∠𝐶𝐷𝐺=90°（2）连接𝐴𝐶、𝐵𝐷，根据𝐶𝐹𝐴𝐸于点𝐹，点𝐹为𝐴𝐸的中点得𝐶𝐹为线段𝐴𝐸的垂直平分线，则𝐴𝐶=𝐶𝐸=8（1）四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是平行四边形，𝐴𝐵=平行四边形𝐴𝐵𝐶𝐷∵𝐶𝐹⊥∴∠𝐸∠𝐸𝐶𝐺=90°，又∵∠𝐸=∠𝐶𝐺𝐷，∴∠𝐶𝐺𝐷+∠𝐸𝐶𝐺=∴∠𝐶𝐷𝐺=180−(∠𝐶𝐺𝐷+∠𝐸𝐶𝐺)=菱形𝐴𝐵𝐶𝐷𝐶𝐹𝐴𝐸于点𝐹，点𝐹为𝐴𝐸∴∴𝐴𝐶=𝐶𝐸=4四边形𝐴𝐵𝐶𝐷∴𝐴𝐶=𝐵𝐷=4正方形𝐴𝐵𝐶𝐷=2𝐴𝐶·𝐵𝐷=2×42×42=5（2026·（(2)在（1）的作图条件下，求证：𝐴𝐸2+𝐸𝐶2=2𝐸𝐷2．（2）根据题意证明出△𝐴𝐷𝐸≌△𝐶𝐷𝐹(SAS)，得到𝐴𝐸=𝐶𝐹，∠𝐷𝐶𝐹=∠𝐷𝐴𝐸=45°，然后利用勾股定理求∴𝐴𝐷=𝐶𝐷，∠𝐴𝐷𝐶=90°，∠𝐷𝐴𝐸=∠𝐷𝐶𝐴=∴𝐸𝐷=𝐹𝐷，∠𝐸𝐷𝐹=∴∠𝐴𝐷𝐶−∠𝐸𝐷𝐶=∠𝐸𝐷𝐹−∠𝐸𝐷𝐶，即∠𝐴𝐷𝐸=∴△𝐴𝐷𝐸≌△∴𝐴𝐸=𝐶𝐹，∠𝐷𝐶𝐹=∠𝐷𝐴𝐸=∴∠𝐴𝐶𝐹=∠𝐷𝐶𝐴+∠𝐷𝐶𝐹=∴在Rt△𝐶𝐸𝐹中，由勾股定理得𝐶𝐹2+𝐸𝐶2=又∵在Rt△𝐸𝐷𝐹中，由勾股定理得𝐸𝐹2=𝐷𝐸2+𝐷𝐹2=∴𝐴𝐸2+𝐸𝐶2=6（2026·𝐴𝐺𝐸𝐹G，𝐺𝑀𝐴𝐵M，𝐸𝐹=1𝐴𝑀𝐺≌△2E作𝐻𝐸𝐵𝐶分别交𝐴𝐺,𝑀𝐺②求证：𝐻𝐸𝐺𝑁=③若𝐴𝐵=1，请直接写出𝐻𝐸(2)①证明见解析；②证明见解析；③3≤𝐻𝐸<（1）根据正方形的性质及垂直的性质得到∠𝐶=∠𝐵=90°=∠𝐴𝑀𝐺∠𝐵𝐴𝐺=∠𝐶𝐸𝐹，根据AAS𝐴𝑀𝐺（2）①根据𝐻𝐸𝐵𝐶，𝐺𝑀𝐴𝐵得到∠𝐵𝐸𝑁=∠𝐵𝑀𝑁=∠𝐵=90°𝐴𝐵=𝐵𝐶,∠𝐵=90°，根据𝐴𝑀𝐺𝐸𝐶𝐹得到𝐴𝑀=𝐸𝐶，进而得到𝐵𝐸=𝐵𝑀，即可证明四边形𝐵𝑀𝑁𝐸为正②延长𝑀𝐺交𝐶𝐷K，根据正方形的性质得到∠𝐶∠𝐵=90°，∠𝐶𝐸𝑁=∠𝐾𝑁𝐸=90°，根据矩形的性质得到𝐶𝐾=𝑁𝐸=𝑀𝑁，∠𝐹𝐾𝐺=∠𝐻𝑁𝐺=90°，根据全等三角形的性质得到𝑀𝐺=𝐶𝐹，∠𝐾𝐹𝐺=∠𝐻𝐺𝑁，进而得到𝐹𝐾=𝑁𝐺，证明△𝐹𝐾𝐺≌△𝐺𝑁𝐻，得到𝐻𝑁=𝐾𝐺，即可证明𝐻𝐸+𝐺𝑁=𝐴𝐵；③取𝐻𝐸0，连接𝐺𝑂，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半得到𝐺𝑂=2𝐻𝐸，延长𝐸𝐻交𝐴𝐷P，则四边形𝐴𝑀𝑁𝑃是矩形，得到∠𝐴𝑃𝐻=90°，𝐴𝑃=𝑀𝑁，根据正方形的性质得到𝑀𝑁=𝑁𝐸𝐴𝑃=𝐸𝑁𝑃𝐴𝐻𝑁𝐸𝐺(ASA)，得到𝑃𝐻=𝑁𝐺=1−𝐸𝐻，可知0≤𝐸𝐻≤1，根据𝐺𝑂≥𝑁𝐺𝐻𝐸≥3，即可得到𝐻𝐸（1）解：∵正方形𝐴𝐵𝐶𝐷，𝐺𝑀∴∠𝐶=∠𝐵=90°=∵𝐴𝐺⊥∴∠𝐵𝐴𝐺+∠𝐵𝐸𝐺=360°−∠𝐴𝐺𝐵−∠𝐵=∵∠𝐶𝐸𝐹+∠𝐵𝐸𝐺=∴∠𝐵𝐴𝐺=在𝐴𝑀𝐺和𝐸𝐶𝐹𝐸𝐹=∠𝐶=∠𝑀𝐴𝐺=∴△𝐴𝑀𝐺≌△（2）①证明：∵𝐻𝐸𝐵𝐶，𝐺𝑀∴∠𝐵𝐸𝑁=∠𝐵𝑀𝑁=∠𝐵=∴𝐴𝐵=𝐵𝐶,∠𝐵=∵△𝐴𝑀𝐺≌△∴𝐴𝑀=∴𝐵𝐸=∴∠𝐶=∠𝐵=∴∠𝐶𝐸𝑁=∠𝐾𝑁𝐸=∴𝐶𝐾=𝑁𝐸=𝑀𝑁，∠𝐹𝐾𝐺=∠𝐻𝑁𝐺=∵△𝐴𝑀𝐺≌△∴𝑀𝐺=𝐶𝐹，∠𝐾𝐹𝐺=∴𝐹𝐾=∴△𝐹𝐾𝐺≌△∴𝐻𝑁=∴𝐻𝐸+𝐺𝑁=𝐻𝑁+𝑁𝐸+𝐺𝑁=𝐾𝐺+𝑀𝑁+𝐺𝑁=𝐵𝐶=③解：取𝐻𝐸0，连接∵∠𝐻𝐺𝐸=∴𝐺𝑂=∴∠𝐴𝑃𝐻=90°，𝐴𝑃=∴𝑀𝑁=∴𝐴𝑃=∵∠𝐵𝐴𝐺=∠𝐶𝐸𝐹，∠𝐵𝐴𝑃=∠𝐶𝐸𝑃=∴∠𝑃𝐴𝐺=在在𝑃𝐴𝐻𝑁𝐸𝐺∠𝐴𝑃𝐻=𝐴𝑃=∠𝑃𝐴𝐺=∴△𝑃𝐴𝐻≌△∴𝑃𝐻=𝑁𝐺=∴0≤1−𝐸𝐻≤∴0≤𝐸𝐻≤∵𝐺𝑂≥∴2𝐻𝐸≥∴𝐻𝐸≥∴3≤𝐻𝐸<考向考向 四边形与全等、相似综51（2026·交𝐵𝐶F．若𝐵𝐹=𝐸𝐹，则∠𝐶𝐷𝐹的度数为（） 【答案】【答案】【分析】先利用正方形的性质证明𝐵𝐶𝐸𝐷𝐶𝐸，得到∠𝐶𝐵𝐸=∠𝐶𝐷𝐸；再结合𝐵𝐹=𝐸𝐹得到等腰三角形的等角关系，设∠𝐶𝐷𝐹=𝑥，通过三角形内角和与直角三角形的角度关系列方程求解．∴𝐵𝐶∴𝐵𝐶=𝐷𝐶，∠𝐴𝐶𝐵=∠𝐴𝐶𝐷=45°，∠𝐵𝐶𝐷=∵在𝐵𝐶𝐸和𝐷𝐶𝐸𝐵𝐶=∠𝐴𝐶𝐵=∠𝐴𝐶𝐷𝐶𝐸=∴△𝐵𝐶𝐸≌△𝐷𝐶𝐸（SAS．∴∠𝐶𝐵𝐸=设∠𝐶𝐷𝐹=𝑥，则∠𝐶𝐵𝐸=∵𝐵𝐹=∴∠𝐵𝐸𝐹=∠𝐸𝐵𝐹=∵在△𝐵𝐸𝐹中，∠𝐸𝐹𝐵=∴∠𝐸𝐹𝐵=∵∠𝐸𝐹𝐶=∴∠𝐸𝐹𝐶=∵在Rt△𝐷𝐶𝐹中，∠𝐶𝐷𝐹∠𝐷𝐹𝐶=∴𝑥+2𝑥=∴3𝑥=∴𝑥=30°，即∠𝐶𝐷𝐹=2（2026·天津河北·一模）如图，在▱𝐴𝐵𝐶𝐷D为圆心，小于线段𝐷𝐴长为半径画弧交边𝐷𝐴EB为圆心，线段𝐷𝐸长为半径画弧，分别交边𝐴𝐵，𝐵𝐶F，G，连接𝐸𝐹，𝐶𝐸，连接𝐵𝐷，𝐸𝐺交0，则下列结论一定正确的是（）A．𝐸𝐹∥ B．𝐴𝐹= C．𝐸𝑂= D．∠𝐴𝐹𝐸=【答案】【答案】【分析】假设𝐸𝐹∥𝐵𝐷，根据平行线分线段成比例可推出𝐴𝐷=𝐴𝐵A；假设𝐴𝐹=𝐷𝐸𝐷𝐸=𝐵𝐹=2𝐴𝐵B；根据平行线的性质，利用ASA△𝐷𝐸𝑂𝐵𝐺𝑂C∠𝐴𝐹𝐸=∠𝐷𝐸𝐶，那么∠𝐴=∠𝐹𝐸𝐶，但题目中𝐷𝐸长度可变，那么∠𝐹𝐸𝐶 【详解】解：假设𝐸𝐹∥𝐵𝐷，则𝐸𝐷=由作图可知由作图可知𝐷𝐸=∴𝐴𝐸=∴𝐴𝐷=假设𝐴𝐹=𝐷𝐸，则𝐷𝐸=𝐵𝐹=2𝐴𝐵B∴∠𝐸𝐷𝑂=∠𝐺𝐵𝑂，∠𝐷𝐸𝑂=∠𝐵𝐺𝑂，由作图可知𝐷𝐸=𝐵𝐺，∴△𝐷𝐸𝑂≌△∴𝐸𝑂𝐺𝑂C一定正确，符合题意；假设∠𝐴𝐹𝐸=∠𝐷𝐸𝐶，∵∠𝐴𝐹𝐸+∠𝐴+∠𝐴𝐸𝐹=∠𝐷𝐸𝐶+∠𝐴𝐸𝐹+∠𝐹𝐸𝐶=∴∠𝐴=∴∠𝐴∠𝐹𝐸𝐶D3（2026·点，以𝐸𝐹为斜边作等腰直角△𝐺𝐸𝐹，其中∠𝐸𝐺𝐹=90°，连接𝐶𝐺、𝐷𝐺．当点E、F在𝐴𝐵、𝐵𝐶边上运动 【答案】【答案】8【分析】过点𝐺作𝐺𝑀𝐴𝐵，𝐺𝑁𝐵𝐶，可证得𝑀𝐺𝐸𝑁𝐺𝐹(AAS)，进而证得点𝐺在∠𝐴𝐵𝐶𝐵𝑃上，当𝐶𝐺𝐵𝑃时，𝐶𝐺𝐵𝐶𝐺【详解】解：∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是矩形，𝐴𝐵=12，𝐵𝐶=∴∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐵𝐴𝐷=90°，𝐴𝐷=过点𝐺作𝐺𝑀𝐴𝐵M，𝐺𝑁𝐵𝐶N，则四边形𝑀𝐵𝑁𝐺∴∠𝑀𝐺𝑁∴∠𝑀𝐺𝑁=90°，∠𝐺𝑀𝐸=∠𝐺𝑁𝐹=∵𝐸𝐺=𝐹𝐺，∠𝐸𝐺𝐹=90°，则∠𝑀𝐺𝐸+∠𝐸𝐺𝑁=∠𝑁𝐺𝐹+∠𝐸𝐺𝑁=∴∠𝑀𝐺𝐸=∴△𝑀𝐺𝐸≌△∴𝐺𝑀=∴∠𝐴𝐵𝐺=∠𝐶𝐵𝐺=∴𝐵𝐺2+𝐶𝐺2=2𝐶𝐺2=𝐵𝐶2=162，解得：𝐶𝐺=82，∴𝐶𝐺的最小值为84（2026·(1)证明：𝐴𝑁 𝑃𝐶（（1）延长𝐴𝑁，交𝐶𝐷于𝐹，利用SAS𝐴𝐵𝑁𝐷𝐵𝐶，得出∠𝐵𝐴𝑁=∠𝐵𝐷𝐶，利用角的和差关系得出∠𝐴𝐹𝐷=90°，即可得结论； （2）在𝐵𝐷右侧作∠𝐵𝑁𝑃=∠𝐵𝐷𝐶，可得𝑃𝑁∥𝐶𝐷，根据平行线分线段成比例定理即可得出𝑁𝐷=∴𝐴𝐵=𝐵𝐷，∠𝐴𝐵𝑁=∠𝐷𝐵𝐶=90°，𝐵𝑁=∴△𝐴𝐵𝑁≌△∴∠𝐵𝐴𝑁=∵∠𝐵𝐴𝑁+∠𝐴𝑁𝐵=90°，∠𝐴𝑁𝐵=∴∠𝐵𝐷𝐶+∠𝐷𝑁𝐹=∴∠𝐴𝐹𝐷=∴𝐴𝑁⊥（2）解：如图，在𝐵𝐷右侧作∠𝐵𝑁𝑃=∠𝐵𝐷𝐶，𝑁𝑃交𝐵𝐶于𝑃，点𝑃∵∠𝐵𝑁𝑃=∴𝑃𝑁∥∴𝑁𝐷=5（2026·(1)𝐴𝐷𝑂(2)若∠𝐷𝐴𝐺=2∠𝐴𝐷𝐵𝐵𝐶=𝐵𝐷，请判断四边形𝐴𝑂𝐵𝐸（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∵△∴𝐴𝑂⊥∴∠𝐴𝑂𝐵=∵𝐴𝐺∥𝐷𝐵，𝐴𝐸=2𝐴𝐺，𝑂𝐵=𝐴𝐸∥𝑂𝐵且𝐴𝐸=四边形𝐴𝑂𝐵𝐸是平行四边形，又∵∠𝐴𝑂𝐵=90°，四边形𝐴𝑂𝐵𝐸6（2026·【操作实践】如图①，将矩形纸片𝐴𝐵𝐶𝐷沿过点𝐶的直线折叠，使点𝐵落在𝐴𝐷边上的点𝐵′处，折痕交𝐴𝐵于点𝐸，再沿着过点𝐵′的直线折叠，使点𝐷落在𝐵′𝐶边上的点𝐷′处，折痕交𝐶𝐷于点𝐹．将纸片展平，画出对应点𝐵′、𝐷′及折痕𝐶𝐸、𝐵′𝐹，连接𝐵′𝐸、𝐵′𝐶、𝐷′𝐹．(1)【初步成果】智慧小组经过探究，发现𝐶𝐸∥𝐵′𝐹由折叠可知∠𝐷𝐵′𝐹=

𝐵′．由矩形的性质，可知𝐴𝐷∥𝐵𝐶∴𝐹= =∠𝐸𝐶𝐵=𝐵′𝐶=∠𝐵𝐶𝐵′∴ 𝐶𝐸𝐵′𝐹（请你补充上述过程中横线上的内容，把答案直接写在答题卡）(2)【猜想推理】实操小组通过测量𝐵𝐸和𝐶𝐹的长度，于是猜想存在关系：𝐵𝐸𝐶𝐹．社团成员们经过探究发现实操小组的猜想是正确的，并得出验证方法多种，如：方法一：证明△𝐴𝐵′𝐸≌△𝐷′𝐶𝐹，得到𝐵′𝐸=𝐶𝐹，再由𝐵′𝐸=𝐵𝐸可得结论．方法二：过点𝐵′作𝐴𝐵的平行线交𝐶𝐸于点𝐺，构造平行四边形𝐶𝐹𝐵′𝐺，然后证𝐵′𝐺=𝐵′𝐸（请你选择上述其中一种方法证明𝐵𝐸=𝐶𝐹）(3)【拓展探究】在上面“猜想推理”的“方法二”作辅助线“过点𝐵′作𝐵′𝐺∥𝐴𝐵交𝐶𝐸于点𝐺″的基础上，连接①若在矩形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐵=6，𝐵𝐶=10，则𝐺𝐷′与𝐵𝐶不平行．请你求出此时𝐵𝐸的长，并证明𝐺𝐷′与𝐵𝐶不②若要𝐺𝐷′∥𝐵𝐶，当矩形𝐴𝐵𝐶𝐷的其中一边𝐴𝐵=6时，𝐵𝐶10，但𝐵𝐶的值不容易计算，不过【答案】(1)∠𝐸𝐶𝐵′=(3)①𝐵𝐸

3，见解析，②𝐵𝐸=35−3（3）①设𝐵𝐸=𝑥，则𝐵′𝐸=𝐵𝐸=𝑥，𝐴𝐸=𝐴𝐵−𝐵𝐸=6−𝑥，在Rt△𝐵′𝐴𝐸（1）解：由折叠可知∠𝐷𝐵′𝐹=

由矩形的性质，可知𝐴𝐷∴∠𝐷𝐵′𝐶=∴∠𝐸𝐶𝐵′=∴𝐶𝐸∥

𝐹=

=∠𝐸𝐶𝐵=∴∠𝐴=∠𝐵=∠𝐵𝐶𝐷=∠𝐷=90°，𝐵𝐶=由折叠的性质，得𝐵′𝐷=𝐵′𝐷′，𝐵𝐶=𝐵′𝐶=𝐴𝐷，𝐵𝐸=𝐵′𝐸，∠𝐷=∠𝐵′𝐷′𝐹=90°，∠𝐸𝐵′𝐶=∠𝐵=∴𝐴𝐷−𝐵′𝐷=𝐵′𝐶−𝐵′𝐷′，∠𝐶𝐷′𝐹=90°=∴𝐴𝐵′=由（1）知，∠𝐷𝐵′𝐶=又∵∠𝐴𝐵′𝐸+∠𝐷𝐵′𝐶=180°−∠𝐸𝐵′𝐶=90°，∠𝐵𝐶𝐵′+∠𝐵′𝐶𝐹=∠𝐵𝐶𝐷=∴∠𝐴𝐵′𝐸=在△𝐴𝐵′𝐸和△𝐷′𝐶𝐹∠𝐴𝐵′𝐸=𝐴𝐵′= ∠𝐴=∴△𝐴𝐵′𝐸≌△∴𝐵′𝐸=∵𝐵𝐸=∴𝐵𝐸=方法二：如图，过点𝐵′作𝐵′𝐺∥𝐴𝐵交𝐶𝐸∵𝐶𝐸∥∴四边形𝐶𝐹𝐵′𝐺∴𝐵′𝐺=∵𝐵′𝐺∥∴∠𝐵′𝐺𝐸=由折叠的性质，得∠𝐵𝐸𝐶=∠𝐵′𝐸𝐶，𝐵𝐸=∴∠𝐵′𝐺𝐸=∴𝐵′𝐸=∴𝐵𝐸=𝐵′𝐺=解：①由折叠知𝐵′𝐶=𝐵𝐶=在矩形𝐴𝐵𝐶𝐷中有∠𝐴=∠𝐷=90°，𝐶𝐷=𝐴𝐵=∴在Rt△𝐵′𝐶𝐷中，由勾股定理可得𝐵′𝐷=∴𝐴𝐵′=𝐴𝐷−𝐵′𝐷=设𝐵𝐸=𝑥，则𝐵′𝐸=𝐵𝐸=𝑥，𝐴𝐸=𝐴𝐵−𝐵𝐸=∴在Rt△𝐵′𝐴𝐸中，由勾股定理可得𝐴𝐸2+𝐵′𝐴2=𝐵′𝐸2(6−𝑥)2+22=𝑥2解之得𝑥=即𝐵𝐸=3假设𝐺𝐷′∥𝐵𝐶，∠𝐵𝐸𝐶=∠𝐷′𝐺𝐶，而由折叠知∠𝐵𝐸𝐶=∠𝐵′𝐸𝐶，∴∠𝐷′𝐺𝐶=∴𝐺𝐷′=由上（2）方法一知𝐶𝐷′=∴𝐺𝐷′=𝐶𝐷′=𝐴𝐵′=3由（2）方法二知𝐵′𝐺=𝐵𝐸=3∴𝐵′𝐷′=𝐵′𝐷=又𝐺𝐷′𝐵𝐶，则易得∠𝐵′𝐺𝐷′=∠𝐺𝐵′𝐷=在Rt△𝐵′𝐺𝐷′中，由勾股定理可得𝐷′𝐺2+𝐵′𝐺2=即22

10

=8∴假设𝐺𝐷′∥𝐵𝐶不成立，即𝐺𝐷′与𝐵𝐶②当𝐺𝐷′∥𝐵𝐶∴𝐺𝐷′∥𝐵𝐶∥∴∠𝐺𝐵′𝐷+∠𝐵′𝐺𝐷′=∵𝐵′𝐺∥∴∠𝐴=∠𝐺𝐵′𝐷=∴∠𝐵′𝐺𝐷′=由（2）可知：𝐵′𝐺𝐵′𝐸=𝐵𝐸=𝐶𝐹，𝐶𝐷′=𝐴𝐵′𝐴𝐵′𝐸∴𝐷′𝐹=设𝐵𝐸=𝑥，则：𝐵′𝐺=𝐵′𝐸=𝐶𝐹=𝑥，𝐷′𝐹=𝐴𝐸=𝐴𝐵−𝐵𝐸=∴𝐶𝐷′=𝐴𝐵′= 𝑥2−(6−𝑥)2=12𝑥−36，又∵∠𝐺𝐶𝐷′=∠𝐸𝐶𝐵，∴∠𝐶𝐺𝐷′=∴𝐷′𝐺=𝐷′𝐶=∵𝐵′𝐺∥𝐴𝐵∥∴∠𝐺𝐵′𝐷′=∴在Rt△𝐵′𝐺𝐷′和Rt△𝐶𝐷′𝐹中，tan∠𝐺𝐵′𝐷′=

∴𝐺𝐵′=𝐶𝐷′

∴𝑥(6−𝑥)=解得：𝑥=35−3或𝑥=−35−3（舍去∴𝐵𝐸=37（2026·的折叠是一种有效的数学学习方式．如图，𝑃𝑄是将正方形纸片𝐴𝐵𝐶𝐷P，Q分别在边𝐴𝐷，𝐶𝐷上．作出折痕𝑃𝐸，𝑄𝐹（不写作法，保留作图痕迹，其中点E，F分别在边𝐵𝐶，𝐴𝐵上．设𝑃𝐸，𝑄𝐹的交点为0，则∠𝑃𝑂𝑄= ②中作出折痕𝑀𝑁（不写作法，保留作图痕迹M，N分别在边𝐴𝐵，𝐶𝐷上．设𝑀𝑁，𝑃𝐸GG落在正方形纸片𝐴𝐵𝐶𝐷如图③，已知正方形纸片𝐴𝐵𝐶𝐷的边长为8cm．在（2）P为边𝐴𝐷的中点时，则随着点Q𝑃𝐴𝑀𝑃𝐴𝑀𝑃𝐴𝑀𝑃𝐴𝑀的周长的最小值为12cm；𝑀𝑁=4据角平分线的定义得到∠𝑂𝑃𝑄+∠𝑂𝑄𝑃=135°，即可得到∠𝑃𝑂𝑄=45°；于=𝐴𝑃𝐴𝑀𝑀𝑃𝐴𝑃𝐴𝑀𝑀𝐸，可知𝐶△𝑃𝐴𝑀的最小值为24cm，将𝑀𝑁MA重合，证明△𝐵𝑀′𝑃≌△𝑀′𝐷𝑁′(ASA)，得到𝐵𝑃=𝑀′𝑁′，即可得到𝐵𝑃=𝑀𝑁=45．∵∠𝐴𝑃𝑄=∠𝐷+∠𝐷𝑄𝑃，∠𝐶𝑄𝑃=∠𝐷+∴∠𝐴𝑃𝑄+∠𝐶𝑄𝑃=∠𝐷+∠𝐷𝑄𝑃+∠𝐷+∠𝐷𝑃𝑄=∠𝐷+180°=∴∠𝑂𝑃𝑄+∠𝑂𝑄𝑃=2(∠𝐴𝑃𝑄+∠𝐶𝑄𝑃)=∴∠𝑃𝑂𝑄=180°−∠𝑂𝑃𝑄−∠𝑂𝑄𝑃=180°−135°=∵𝐴𝐷∥∴∠𝐴𝑃𝐸=∴∠𝐴𝑃𝐸=∴∠𝑃𝐸𝐶=∴∠𝑃𝑇𝐺=∵𝑇𝐺=∴△𝑃𝑇𝐺≌△∴𝑃𝐺=∴G是𝑃𝐸∴G在边𝐴𝐵、𝐶𝐷∴𝑀𝑃=𝑀𝐸且𝑀𝑁垂直平分∴𝐶△𝑃𝐴𝑀=𝐴𝑃+𝐴𝑀+𝑀𝑃=𝐴𝑃+𝐴𝑀+∵𝐴𝑃为定值即2𝐴𝐷=∴∴A、M、E三点共线时，𝐴𝑀𝑀𝐸最小，最小值即为𝐴𝐵的长，∵∠𝑃𝑀′𝑁′+∠𝐵𝑀′𝑁′=90°，∠𝑀′𝐵𝑃+∠𝐵𝑀′𝑁′=∴∠𝑃𝑀′𝑁′=∵𝑀′𝐵=𝑀′𝐷，∠𝐵𝑀′𝑃=∠𝑀′𝐷𝑁′=∴△𝐵𝑀′𝑃≌△∴𝐵𝑃=𝑀′𝑁′，即𝐵𝑃=∵𝐵𝑃 𝐴𝐵2+𝐴𝑃2 82+42=80=4∴𝑀𝑁=462、解题技巧：①结合四边形的性质（如平行四边形对边平行）构造相似三角形（A字型、8字型；③设未知数，利用比 1（2026·陕西西安·模拟预测）如图，已知在菱形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐹=𝐺𝐶=𝐻𝐶=𝐴𝐸=2，则四边形𝐹𝐺𝐻𝐸积与菱形𝐴𝐵𝐶𝐷的面积的比值为（ 【答案】【分析】连接𝐴𝐶,𝐵𝐷交于点𝑂𝐵𝐹𝐺𝐵𝐴𝐶𝐷𝐸𝐻𝐷𝐴𝐶，然后证明四边形𝐹𝐺𝐻𝐸为平行四𝐴𝐹𝐸𝐴𝐵𝐷,△𝐶𝐺𝐻∽△𝐶𝐵𝐷，再证明四边形𝐹𝐺𝐻𝐸为矩形，然后根据矩形和菱形∴𝐴𝐶𝐵𝐷，即∠1=

=2𝐵𝐷 ∵𝐴𝐹=𝐺𝐶=𝐻𝐶=𝐴𝐸= ∴𝐵𝐴=𝐵𝐶=𝐷𝐴=𝐷𝐶=∵∠𝐹𝐵𝐺=∠𝐴𝐵𝐶,∠𝐸𝐷𝐻=∴△𝐵𝐹𝐺∽△𝐵𝐴𝐶，△𝐷𝐸𝐻∽△ ∴𝐴𝐶=𝐴𝐶=3，∠𝐵𝐹𝐺=∠𝐵𝐴𝐶,∠𝐷𝐸𝐻=∴𝐹𝐺=𝐸𝐻=3𝐴𝐶，𝐹𝐺∥𝐴𝐶∥ ∵𝐴𝐹=𝐺𝐶=𝐻𝐶=𝐴𝐸= ∴𝐴𝐵=𝐴𝐷=𝐶𝐵=𝐶𝐷=𝐴𝐹𝐸𝐴𝐵𝐷𝐶𝐺𝐻∽△ ∴∠𝐴𝐹𝐸=∠𝐴𝐵𝐷，𝐵𝐷=∴𝐹𝐸∥𝐵𝐷，𝐹𝐸=∴∠3=∵𝐹𝐺∥∴∠2=∠1=∴∠3=∠1= ∴𝑆矩形𝐹𝐺𝐻𝐸=

=3𝐵𝐷×3𝐴𝐶=𝑆菱形 1

22（2026·=2，则𝐶𝐸的长为（ 【答案】 【分析】过𝐹作𝐹𝐻⊥𝐵𝐶于𝐻，由正方形的性质推出𝐵𝐶=𝐴𝐵=3，𝐷𝐶∥𝐴𝐵，由𝑆△𝐶𝐵𝐹=2𝐵𝐶·𝐹𝐻=2出𝐹𝐻=1，由△𝐶𝐹𝐻∽△𝐶𝐴𝐵，得𝐶𝐹=𝐹𝐻=1，𝐶𝐹=1，由𝐸𝐶∥𝐴𝐵，得△𝐸𝐶𝐹∽△𝐵𝐴𝐹，进而得𝐶𝐸

𝐴𝐹=2，由𝐴𝐵=3，即可求得𝐶𝐸【详解】解：过𝐹作𝐹𝐻𝐵𝐶于∵四边形𝐴𝐵𝐶𝐷3∴𝐵𝐶=𝐴𝐵=𝐶𝐷=3，𝐷𝐶∥ ∵𝑆△𝐶𝐵𝐹=2𝐵𝐶·𝐹𝐻=2∴𝐹𝐻=∵𝐹𝐻⊥𝐵𝐶，𝐴𝐵⊥∴𝐹𝐻∥∴△𝐶𝐹𝐻∽△ ∴𝐶𝐴=𝐴𝐵=3 ∴𝐹𝐴=∵𝐸𝐶∥∴△𝐸𝐶𝐹∽△ ∴𝐴𝐵=𝐴𝐹=∵𝐴𝐵=∴𝐶𝐸=3（2026·的等腰直角三角形，𝐸𝐹，𝐵𝐹分别交𝐶𝐷M，NF作𝐴𝐷的垂线交𝐴𝐷G，连接𝐷𝐹．若𝐷𝐸=3，𝐷𝐹=62，则𝑀𝑁的长度 F作𝑄𝐹𝐶𝐷Q，先证明𝐴𝐵𝐸𝐺𝐸𝐹得到𝐺𝐹=𝐴𝐸，𝐺𝐸=𝐴𝐵，进而证明𝐴𝐸=𝐺𝐷，得到𝐺𝐹=𝐷𝐺=6，则𝐴𝐵=𝐵𝐶=𝐶𝐷=𝐺𝐷+𝐷𝐸=9，证明四边形𝐹𝐺𝐷𝑄是矩形，得到𝐹𝑄=𝐷𝐺=6，𝐶𝐷𝐹𝐺，𝐷𝑄=𝐺𝐹=6，证明△𝐷𝐸𝑀𝐺𝐸𝐹，求出𝐷𝑀=2，证明𝐵𝐶𝑁∽△𝐹𝑄𝑁，求出𝐶𝑁=5𝐶𝑄= 5，则𝑀𝑁=𝐶𝐷−𝐷𝑀−𝐶𝑁=5F作𝑄𝐹𝐶𝐷∴∠𝐴=90°，𝐴𝐷=𝐵𝐸𝐹E∴∠𝐵𝐸𝐹=90°，𝐵𝐸=∴∠𝐴𝐸𝐵+∠𝐺𝐸𝐹=90°，又∵∠𝐴𝐵𝐸∠𝐴𝐸𝐵=90°，∴∠𝐴𝐵𝐸=∵𝐹𝐺⊥∴∠𝐺=90°=∴△𝐴𝐵𝐸≌△∴𝐺𝐹=𝐴𝐸，𝐺𝐸=∴𝐴𝐵=𝐴𝐷=∴𝐴𝐷−𝐷𝐸=∴𝐴𝐸=∴𝐺𝐹=∵𝐷𝐹=6∴𝑀𝑁=𝐶𝐷−𝐷𝑀−𝐶𝑁=9−2−5=5∴𝐶𝑁=5𝐶𝑄= ∴𝑄𝑁=𝑄𝐹=6=∴𝐹𝐺=𝐺𝐸6=∴𝐷𝑀=∵𝐵𝐶⊥𝐶𝐷，𝐹𝑄⊥∴𝐹𝑄∥∴△𝐵𝐶𝑁∽△∴𝐺𝐹=𝐷𝐺=2𝐷𝐹=∴𝐴𝐵=𝐵𝐶=𝐶𝐷=𝐺𝐷+𝐷𝐸=∵𝐶𝐷⊥𝐷𝐺，𝐹𝐺⊥𝐷𝐺，𝐹𝑄⊥∴𝐹𝑄=𝐷𝐺=6，𝐶𝐷∥𝐹𝐺，𝐷𝑄=𝐺𝐹=∴△𝐷𝐸𝑀∽△𝐺𝐸𝐹，𝐶𝑄=𝐶𝐷−𝐷𝑄= 4（2026·落在点𝐹处，连接𝐷𝐹，延长𝐷𝐹交𝐵𝐶于点𝐺2，再将𝐶𝐷𝐺沿𝐷𝐺折叠，此时点𝐶的对应点𝐻𝐵𝐸上．设△𝐵𝐸𝐹和△𝐷𝐺𝐻重叠部分的面积为𝑆1，正方形

的面积为

2，则𝑆= 【答案】【答案】【分析】先证𝐸𝐷𝐹𝐺𝐵𝐻(AAS)，可得𝐵𝐻=𝐷𝐹，故𝐸𝐻=𝐹𝐺，进而得到四边形𝐺𝐹𝐸𝐻是平行四边形，四边形𝐵𝐹𝐷𝐻是平行四边形，故𝐻𝐺∥𝐸𝐹，从而可知四边形𝑀𝐹𝑁𝐻是平行四边形，又根据折叠可知∠𝐺𝐻𝐷=∠𝐶=90°，得到四边形𝑀𝐹𝑁𝐻是矩形，得到𝐶𝐺=𝐴𝐸=𝑥，则𝐶𝐷=2𝑥,𝑆2=4𝑥形的性质，计算出𝐻𝐹、𝐻𝑀，进而计算出𝑆1∴𝐴𝐷∥𝐵𝐶，𝐴𝐷=∴𝐴𝐸=由折叠的性质可知：𝐴𝐸=𝐹𝐸=𝐷𝐸,∠𝐴𝐸𝐵=∴∠𝐸𝐷𝐹=∵∠𝐴𝐸𝐹=∠𝐸𝐷𝐹+∠𝐸𝐹𝐷=∴∠𝐹𝐸𝐵=∴𝐵𝐸∥∴𝐷𝐸=𝐵𝐺，∠𝐻𝐵𝐺=∠𝐸𝐷𝐹，𝐵𝐸=∵𝐴𝐷=∴G是𝐵𝐶∴𝐴𝐸=𝐷𝐸=𝐵𝐺=由折叠可知𝐻𝐺=𝐶𝐺，𝐷𝐶=∴𝐷𝐸=𝐸𝐹=𝐺𝐻=∴∠𝐸𝐷𝐹=∠𝐸𝐹𝐷=∠𝐻𝐵𝐺=∴△𝐸𝐷𝐹≌△∴𝐷𝐹=∴𝐸𝐻=∴𝐸𝐹∥𝐺𝐻，又∵𝐵𝐻𝐷𝐹，∴𝐷𝐻∥由折叠可知∠𝐷𝐻𝐺=∠𝐶=90°，设𝐴𝐸=𝐷𝐸=𝑥，则正方形𝐴𝐵𝐶𝐷边长为∴𝑆=𝑥⋅𝑥 ∴1=25 ∴𝐷𝐺=𝐺𝐻=𝐷𝐻=∴𝐹𝑀=5𝑥,𝐷𝑀=∴𝑀𝐻=∵𝐶𝐺=𝐴𝐸=𝑥，则𝐷𝐻=𝐶𝐷=2𝑥,𝑆2=4𝑥，𝐺𝐻=𝐶𝐺=∵𝐹𝑀∥∴△𝐷𝑀𝐹∽△∴𝐷𝐺=2=5∴𝐷𝐹=∴𝐵𝐸=∴𝐵𝐸= 𝐴𝐸2+𝐴𝐵2=5𝑥=𝐷𝐺，由折叠可知𝐵𝐸∴∠𝐸𝐴𝐹+∠𝐴𝐸𝐵=∵∠𝐴𝐵𝐸+∠𝐴𝐸𝐵=∴∠𝐸𝐴𝐹=∵𝐵𝐸∥∴∠𝐵𝐴𝐸=∠𝐴𝐹𝐷=∴△𝐴𝐵𝐸∽△5（2026·⊥𝐴𝐶与𝐵𝐷相交于𝑂，𝐷𝐸AC交于𝑀，𝐴𝐹与𝐵𝐷交于(1)求证：𝑂𝑀=(2)若正方形边长为6，𝐴𝑀=22，求𝑀𝐻(2)𝑀𝐻=52 （1）由正方形性质可得𝐴𝐶=𝐵𝐷，𝐴𝐶𝐵𝐷，𝑂𝐴=2𝐴𝐶，𝑂𝐷=2𝐵𝐷△𝑂𝐴𝑁(ASA)（2）由四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是正方形，得∠𝐵𝐴𝐷=90°，𝐴𝐷=𝐴𝐵=𝐵𝐶=𝐶𝐷=6，𝑂𝐴=𝑂𝐶，𝐴𝐵∥𝐶𝐷 △𝐴𝑀𝐸∽△𝐶𝑀𝐷，所以𝐶𝐷=𝐶𝑀=𝐷𝑀，由勾股定理得𝐴𝐶=62，故有𝐶𝑀=42，则有𝐴𝐸= 𝐷𝑀=2𝐸𝑀，再求出𝐸𝑀=5，然后证明△𝐴𝐸𝐻∽△𝐷𝐸𝐴，所以𝐷𝐸=𝐸𝐴 ∴𝐴𝐶=𝐵𝐷，𝐴𝐶⊥𝐵𝐷，𝑂𝐴=2𝐴𝐶，𝑂𝐷=∴𝑂𝐴=𝑂𝐷，∠𝐴𝑂𝑁=∠𝐷𝑂𝑀=∵𝐷𝐸⊥∴∠𝐴𝐻𝑀=∴∠𝑂𝐴𝑁+𝐴𝑀𝐻=90°=∠𝑂𝑀𝐷+∵∠𝐴𝑀𝐻=∴∠𝑂𝐴𝑁=在𝑂𝐴𝑁𝑂𝐷𝑀∠𝑂𝐴𝑁=𝑂𝐴= ∠𝐴𝑂𝑁=∴△𝑂𝐴𝑁≌△∴𝑂𝑀=∴∠𝐵𝐴𝐷=90°，𝐴𝐷=𝐴𝐵=𝐵𝐶=𝐶𝐷=6，𝑂𝐴=∴△𝐴𝑀𝐸∽△

∴𝐶𝐷=𝐶𝑀=由勾股定理得：𝐴𝐶 𝐴𝐵2+𝐵𝐶2 62+62=6∴𝐶𝑀=𝐴𝐶−𝐴𝑀=62−22=4 2

∴6=42=∴𝐴𝐸=3，𝐷𝑀=由勾股定理得：𝐷𝐸 𝐴𝐷2+𝐴𝐸2 62+32=3∴𝐸𝑀=∵𝐷𝐸⊥∴∠𝐴𝐻𝐸=∠𝐷𝐴𝐸=∵∠𝐴𝐸𝐻=∴△𝐴𝐸𝐻∽△∴∴𝐷𝐸= =33∴𝐸𝐻=53∴𝑀𝐻=𝐸𝑀−𝐸𝐻=5−5=5326（2026·1𝐴𝐶𝐵𝐴𝐷𝐸是共顶点的等腰直角三角形，∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐴𝐷𝐸=2D在直线𝐵𝐶①求证：𝐴𝐶（1）30是正方形𝐴𝐵𝐶𝐷E在直线𝐵𝐶上运动，连接𝑂𝐸E作𝐸𝐹⊥𝑂𝐸𝐸𝐹=𝑂𝐸，连接𝑂𝐹，𝐶𝐹，正方形𝐴𝐵𝐶𝐷的边𝐵𝐶M𝑀𝐸=M

2𝐶𝐹（1）①中的结论不成立；因为𝐵𝐷=𝐴𝐵=2，所以（1）②（3）连接𝑂𝐵、𝑂𝐶，作𝑂𝑀𝐵𝐶M，可证明𝑂𝐵=𝑂𝐶，∠𝐵𝑂𝐶=90°，所以𝑂𝑀=𝐶𝑀=𝐵𝑀，则𝑂𝐶（2）由𝐴𝐵=𝐶𝐵，𝐴𝐷=𝐸𝐷，∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐴𝐷𝐸=90°，得𝐴𝐵=𝐴𝐷=2，∠𝐵𝐴𝐷=∠𝐶𝐴𝐸=45°−∠𝐶𝐴𝐷𝐶𝐴𝐸𝐵𝐴𝐷，所以∠𝐴𝐶𝐸=∠𝐴𝐵𝐷，因为∠𝐴𝐵𝐷≠90°，所以∠𝐴𝐶𝐸≠90°，则𝐴𝐶与𝐶𝐸②由相似三角形的性质得𝐵𝐷=𝐴𝐵=【分析】（1）①由∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐴𝐷𝐸=90°，𝐴𝐵=𝐶𝐵，𝐴𝐷=𝐸𝐷，得𝐴𝐶=2𝐴𝐵，𝐴𝐸=2𝐴𝐷，则𝐴𝐵==2，∠𝐶𝐴𝐸=∠𝐵𝐴𝐷=45°−∠𝐵𝐴𝐸𝐶𝐴𝐸𝐵𝐴𝐷，则∠𝐴𝐶𝐸=∠𝐴𝐵𝐷=90°𝐴𝐶⊥【答案】(1)①见解析；②2𝑂𝑀，∠𝑀𝑂𝐶=∠𝑀𝐶𝑂=45°，而𝐸𝐹=𝑂𝐸，∠𝑂𝐸𝐹=90°，所以𝑂𝐹=2𝑂𝐸，∠𝐸𝑂𝐹=∠𝐸𝐹𝑂=45°

𝑂𝐶=𝑂𝐹

2，∠𝐸𝑂𝑀=∠𝐹𝑂𝐶，可证明△𝐸𝑂𝑀∽△𝐹𝑂𝐶，得𝐶𝐹=𝑂𝐶

2，则𝑀𝐸=

2𝐶𝐹，所以边𝐵𝐶存在使𝑀𝐸=2𝐶𝐹MM为𝐵𝐶𝐴𝐵𝐶𝐴𝐷𝐸都是等腰直角三角形，∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐴𝐷𝐸=∴𝐴𝐵=𝐶𝐵，𝐴𝐷=∴𝐴𝐶 𝐴𝐵2+𝐵𝐶2=2𝐴𝐵，𝐴𝐸 𝐴𝐷2+𝐸𝐷2= ∴𝐴𝐵=𝐴𝐷=∵∠𝐵𝐴𝐶=∠𝐵𝐶𝐴=45°，∠𝐷𝐴𝐸=∠𝐷𝐸𝐴=∴∠𝐶𝐴𝐸=∠𝐵𝐴𝐷=∴△𝐶𝐴𝐸∽△∵D在直线𝐵𝐶∴∠𝐴𝐵𝐷=180°−∠𝐴𝐵𝐶=∴∠𝐴𝐶𝐸=∠𝐴𝐵𝐷=∴𝐴𝐶⊥②𝐵𝐷的值为理由：𝐶𝐴𝐸 ∴𝐵𝐷=𝐴𝐵=∴𝐵𝐷的值为（1）①1，∵𝐴𝐵=𝐶𝐵，𝐴𝐷=𝐸𝐷，∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐴𝐷𝐸=∴𝐴𝐶=2𝐴𝐵，𝐴𝐸=2𝐴𝐷，∠𝐵𝐴𝐶=∠𝐷𝐴𝐸= ∴𝐴𝐵=𝐴𝐷=2，∠𝐵𝐴𝐷=∠𝐶𝐴𝐸=∴△𝐶𝐴𝐸∽△∴∠𝐴𝐶𝐸=∵D不在直线𝐵𝐶∴∠𝐴𝐵𝐷≠∴∠𝐴𝐶𝐸≠∵△𝐶𝐴𝐸∽△ ∴𝐵𝐷=𝐴𝐵=∴𝐵𝐷的值为3，连接𝑂𝐵、𝑂𝐶，作𝑂𝑀𝐵𝐶M，则∠𝑂𝑀𝐸∠𝑂𝑀𝐶∵0是正方形𝐴𝐵𝐶𝐷∴𝑂𝐵=𝑂𝐶，∠𝐵𝑂𝐶=4×360°=∴𝐶𝑀=∴𝑂𝑀=𝐶𝑀=𝐵𝑀=∴𝑂𝐶 𝑂𝑀2+𝐶𝑀2=2𝑂𝑀，∠𝑀𝑂𝐶=∠𝑀𝐶𝑂=∵𝐸𝐹𝑂𝐸，且𝐸𝐹=∴∠𝑂𝐸𝐹=∴𝑂𝐹 𝑂𝐸2+𝐸𝐹2=2𝑂𝐸，∠𝐸𝑂𝐹=∠𝐸𝐹𝑂=∴𝑂𝐶=𝑂𝐹=2，∠𝐸𝑂𝑀=∠𝐹𝑂𝐶=∴△𝐸𝑂𝑀∽△ ∴𝐶𝐹=𝑂𝐶=2∴𝑀𝐸=2 ∴边𝐵𝐶上存在使𝑀𝐸2𝐶𝐹MM为𝐵𝐶7（2026·(1)求证：𝐵𝑃=(2)若𝐵𝑃=4𝐵𝐷，求𝐷𝐸:𝐷𝐶（1）𝐵𝐶𝑃𝐷𝐶𝑄(SAS)（2）过𝑃作𝑃𝑀𝐶𝐷于𝑀，过𝑄作𝑄𝑁𝐶𝐷于𝑁，则𝑃𝑀𝐵𝐶𝑄𝑁𝐷𝑃𝑀𝐷𝐵𝐶𝑃𝑀𝐸设正方形边长为4𝑎，结合𝐵𝑃=4𝐵𝐷求出𝐷𝑁=𝑄𝑁=𝑎，𝑁𝐸=0.5𝑎（1）证明：∵正方形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐵𝐶=𝐷𝐶，∠𝐵𝐶𝐷=90°，𝐶𝑃C顺时针旋转90°得到∴𝐶𝑃=𝐶𝑄，∠𝑃𝐶𝑄=∴∠𝐵𝐶𝑃=∠𝐵𝐶𝐷−∠𝑃𝐶𝐷=90°−∠𝑃𝐶𝐷，∠𝐷𝐶𝑄=∠𝑃𝐶𝑄−∠𝑃𝐶𝐷=∴∠𝐵𝐶𝑃=∠𝐷𝐶𝑄，在𝐵𝐶𝑃𝐷𝐶𝑄中𝐵𝐶=∠𝐵𝐶𝑃=𝐶𝑃=∴△𝐵𝐶𝑃≌△∴𝐵𝑃=（2）过𝑃作𝑃𝑀𝐶𝐷于𝑀，过𝑄作𝑄𝑁𝐶𝐷于𝑁，过𝑃作𝑃𝐹𝐵𝐶于∴𝑃𝑀𝐵𝐶𝑄𝑁，四边形𝐶𝑀𝑃𝐹∴𝑃𝐹=𝐷𝑃𝑀𝐷𝐵𝐶𝑃𝑀𝐸𝑄𝑁𝐸，∵𝐵𝑃= ∴𝐷𝑃=4𝐵𝐷，𝑀𝐶= ∴𝑃𝑀=4𝐵𝐶=3𝑎，𝑀𝐶=4𝐶𝐷=∴𝐷𝑀=𝑃𝑀=由（1）得𝐵𝐶𝑃∴𝑄𝑁=∴𝑄𝑁=𝑃𝐹=𝑀𝐶=∵∠𝐶𝐵𝑃∵∠𝐶𝐵𝑃=∠𝐶𝐷𝑄=∴𝐷𝑁=𝑄𝑁=∴𝐶𝑁=∵△𝑃𝑀𝐸∼△∴𝑁𝐸=𝑄𝑁=𝑎=∴𝑀𝑁=3𝑎−𝑎=2𝑎，𝑀𝐸+𝑁𝐸= 3𝑁𝐸+𝑁𝐸=∴𝑁𝐸=∴𝐷𝐸=𝐷𝑁+𝑁𝐸=𝑎+0.5𝑎=∴𝐷𝐸:𝐷𝐶=1.5𝑎:4𝑎=考向考向 四边形与其他知识综7；1（2026·=E．(2)若𝐴𝐵=6，𝐴𝐷=8，求𝐵𝐸(2)2（2）作𝑂𝐹𝐴𝐵，证明四边形𝑂𝐸𝐵𝐹为矩形，进而求出𝐴𝐹（1）证明：如图，∠𝐵=90°⊙𝑂与𝐵𝐶相切，连接∴𝐴𝐵⊥𝐵𝐶,𝑂𝐸⊥∴∠𝐵𝐴𝐸=∵𝑂𝐴=∴∠𝑂𝐸𝐴=∴∠𝐵𝐴𝐸=（2）解：如图，𝐴𝐷=8，作𝑂𝐹∴𝑂𝐷=𝑂𝐴=2𝐴𝐷=∵∠𝑂𝐸𝐵=∠𝐵=∠𝑂𝐹𝐵=∴𝑂𝐸=𝐵𝐹=4,𝐵𝐸=∵𝐴𝐵=∴𝐴𝐹=6−4=在Rt△𝐴𝑂𝐹中，由勾股定理得：𝑂𝐹 𝐴𝑂2−𝐴𝐹2 42−22=2∴𝐵𝐸=𝑂𝐹=22（2026·江西吉安·二模）𝐴𝐵𝐶𝑂D在𝑂𝐶的延长线上，∠𝐵∠𝐷求证：𝐴𝐷𝑂若𝑂𝐷𝐴𝐵，𝐴𝐷=43(2)3−8（1）连接𝑂𝐴，根据圆周角定理求出∠𝐶𝑂𝐴=60°，即可得∠𝑂𝐴𝐷=90°（2）连接𝑂𝐵𝐴𝑂𝐶是等边三角形，进而得出四边形𝐴𝐶𝐵𝑂𝑂𝐴=4，即可得𝑂𝐶=4，然后根据勾股定理求出𝐴𝐸=23，可得𝐴𝐵=43,最后根据𝑆=𝑆扇形𝑆菱形𝐴𝐶𝐵𝑂∵∠𝐵=∴∠𝐶𝑂𝐴=2∠𝐵=∵∠𝐷=∴∠𝑂𝐴𝐷=∴𝑂𝐴⊥∵𝑂𝐴𝑂∴𝐴𝐷𝑂∵𝑂𝐷⊥∴𝐴𝐸=𝐵𝐸,𝐴𝐶=𝐵𝐶,即𝐴𝐶=∵𝑂𝐴=𝑂𝐶,∠𝐴𝑂𝐶=𝐴𝑂𝐶∴𝑂𝐴=∴𝑂𝐴=𝑂𝐵=𝐴𝐶=∴四边形𝐴𝐶𝐵𝑂是菱形，则𝑂𝐶=在Rt△𝐴𝑂𝐷中，𝐴𝐷=43,∠𝐴𝑂𝐶=∴tan60°=𝑂𝐴，即3=𝑂𝐴解得𝑂𝐴=∴𝑂𝐶=4，即𝑂𝐸= 4在Rt△𝐴𝑂𝐸中，𝐴𝐸 𝑂𝐴2−𝑂𝐸2=23∴𝐴𝐵=2𝐴𝐸=4∴𝑆阴影=𝑆扇形𝑂𝐴𝐵−𝑆菱形𝐴𝐶𝐵𝑂 −43×4×2=3−83（2026·E，连接𝐷𝐸．(1)求证：𝐵𝐸=(2)当𝐴𝐵⊥𝐴𝐸时，四边形𝐴𝐶𝐸𝐷 形，请证明（1）平行四边形的性质，得到𝐴𝐷=𝐵𝐶证明𝐴𝐷𝑀𝐸𝐶𝑀(AAS)，得到𝐴𝐷=𝐶𝐸𝐵𝐸=𝐵𝐶𝐶𝐸（2）先证明四边形𝐴𝐶𝐸𝐷是平行四边形，斜边上的中线得到𝐴𝐶𝐶𝐸，进而得到四边形𝐴𝐶𝐸𝐷是菱形，再根据𝐵𝐶⊥𝐴𝐶，即可得到四边形𝐴𝐶𝐸𝐷是正方形.（1）四边形𝐴𝐵𝐶𝐷∴𝐴𝐷=𝐵𝐶，𝐴𝐷∥∴∠𝐴𝐷𝐶=点𝑀是𝐶𝐷∴𝑀𝐶=在𝐴𝐷𝑀𝐸𝐶𝑀∠𝐴𝐷𝐶∠𝐴𝐷𝐶=∠𝐴𝑀𝐷=∠𝐸𝑀𝐶𝑀𝐷=∴△𝐴𝐷𝑀≌△∴𝐴𝐷=∴𝐵𝐶=∴𝐵𝐸=𝐵𝐶+𝐶𝐸=𝐴𝐷+𝐴𝐷=（2）解：当𝐴𝐵𝐴𝐸时，四边形𝐴𝐶𝐸𝐷是正方形．证明：由（1）知，𝐴𝐷=𝐶𝐸，又∵𝐴𝐷∥∴∵𝐴𝐵⊥𝐴𝐵𝐸是直角三角形，∠𝐵𝐴𝐸=由（1）可知，𝐵𝐶=∴𝐴𝐶=2𝐵𝐸=四边形𝐴𝐶𝐸𝐷∵𝐵𝐶⊥∴∠𝐴𝐶𝐵=∴∠𝐴𝐶𝐸=180°−90°=4（2026·如图3，过点𝐺作𝐺𝐻𝐴𝐸于点𝐻，连接𝐵𝐻，请写出线段𝐵𝐻与𝐶𝐺【答案】【答案】(1)𝐷𝐺=𝐹𝐺(2)𝐷𝐺=2𝐵𝐸(3)𝐶𝐺=2𝐵𝐻（1）由轴对称的性质可知∠𝐸𝐴𝐵=∠𝐸𝐴𝐹，利用全等三角形的性质证明𝐷𝐺=（2）先证明𝐹𝐺=𝐷𝐺=𝐶𝐺，设𝐵𝐸=𝑥，𝐷𝐺=𝑦，则𝐶𝐷=2𝑦，推出𝐸𝐺=𝑥+𝑦，𝐸𝐶=2𝑦−𝑥，根据=𝐸𝐶2+𝐶𝐺23中，过点𝐻作直线𝑀𝑁𝐴𝐷交𝐴𝐵，𝐶𝐷于𝑀，𝑁𝐴𝑀𝐻𝐻𝑁𝐺(AAS)𝑀𝐻=𝐺𝑁，𝐴𝑀=𝐻𝑁，设𝑀𝐻=𝐺𝑁=𝑎．𝐴𝑀=𝐻𝑁=𝑏，推出𝐵𝐻 2𝑎，𝐶𝐺=2𝑎即可得出结论（1）𝐷𝐺=𝐹𝐺四边形𝐴𝐵𝐶𝐷是正方形，点𝐵关于直线𝐴𝐸的对称点为∴𝐴𝐵=𝐴𝐹=𝐴𝐷，∠𝐵𝐴𝐸=∠𝐸𝐴𝐹∵𝐴𝐺=∴𝑅𝑡△𝐴𝐹𝐺≌𝑅𝑡△∴𝐷𝐺=

2∠𝐵𝐴𝐹，∠𝐵=∠𝐴𝐹𝐸=∠𝐷=（2）𝐷𝐺=2𝐵𝐸2∵𝐶𝐹∥∴∠𝐴𝐺𝐹=∠𝐶𝐹𝐺，∠𝐴𝐺𝐷=∵△𝐴𝐹𝐺≌△∴∠𝐴𝐺𝐹=∴∠𝐺𝐹𝐶=∴𝐹𝐺=𝐷𝐺=设𝐵𝐸=𝑥，𝐷𝐺=𝑦，则𝐶𝐷=∴𝐸𝐺=𝑥+𝑦，𝐸𝐶=∵𝐸𝐺2=𝐸𝐶2∴(𝑥+𝑦)2=(2𝑦−𝑥)2+∴6𝑥𝑦−4𝑦2=∴3𝑥−2𝑦= ∴𝑦=2𝑥，即𝐷𝐺=（3）结论：𝐶𝐺=理由：如图3中，过点𝐻作直线𝑀𝑁𝐴𝐷交𝐴𝐵，𝐶𝐷于∵∠𝐸𝐴𝐺=45°，𝐺𝐻⊥∴𝐴𝐻=∵∠𝑀𝐴𝐻+∠𝐴𝐻𝑀=90°，∠𝐴𝐻𝑀+∠𝑁𝐻𝐺=∴∠𝑀𝐴𝐻=∵∠𝐴𝑀𝐻=∠𝐻𝑁𝐺=∴△𝐴𝑀𝐻≌△𝐻𝑁𝐺∴𝑀𝐻=𝐺𝑁，𝐴𝑀=设𝑀𝐻=𝐺𝑁=𝑎．𝐴𝑀=𝐻𝑁=∴𝑀𝑁=𝑎+∵四边形𝐵𝐶𝑁𝑀为矩形，四边形𝐴𝐵𝐶𝐷∴𝐵𝐶=𝑀𝑁=𝐴𝐵=∵𝐴𝑀=𝐷𝑁=∴𝑁𝐶=𝐵𝑀=∴𝐵𝐻 2𝑎,𝐶𝐺=𝑁𝐶+𝐺𝑁=∴𝐶𝐺 8；1（2026·黑龙江哈尔滨·一模）如图，在四边形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐵∥𝐶𝐷，∠𝐵𝐴𝐷=90°，𝐴𝐵=𝐵𝐶=2𝐶𝐷=4cm，动点𝑃以2cm/s的速度从点𝐵出发，沿𝐵−𝐶−𝐷向终点𝐷运动，过点𝑃作𝑃𝐸𝐴𝐵，垂足为点𝐸．设点𝑃的运动时间为𝑡(s)△𝐴𝑃𝐸的面积为𝑆(cm2)，则𝑆与𝑡的函数图象大致是（） 【答案】【答案】【分析】过点𝐶作𝐶𝐹𝐴𝐵交𝐴𝐵于点𝐹，则四边形𝐴𝐷𝐶𝐹是矩形，推出∠𝐵=60°，则𝐴𝐷=𝐶𝐹=23cm．①当0≤𝑡≤2时，点𝑃在𝐵𝐶上，此时𝐵𝑃=2𝑡cm，利用三角函数求出𝐸𝑃=3𝑡cm，𝐵𝐸=𝑡cm，𝐴𝐸=(4−𝑡)cm，得出𝑆是关于𝑡的二次函数；②当2<𝑡≤3时，点𝑃在𝐶𝐷上，此时𝐶𝑃=(2𝑡−4)cm，四边形𝐴𝐷𝑃𝐸是矩形，则𝑃𝐸=𝐴𝐷=23cm，𝐷𝑃=𝐴𝐸=(6−2𝑡)cm，得出𝑆是关于𝑡的一次函数．【详解】解：如图，过点𝐶作𝐶𝐹𝐴𝐵交𝐴𝐵于点在Rt△𝐵𝐶𝐹中，cos𝐵=𝐵𝐶=∵𝐴𝐵∥𝐶𝐷，∠𝐵𝐴𝐷=∴∠𝐷=∠𝐵𝐴𝐷=∠𝐴𝐹𝐶=四边形𝐴𝐷𝐶𝐹∴𝐶𝐷=𝐴𝐹，𝐴𝐷=∵𝐴𝐵=𝐵𝐶=2𝐶𝐷=∴𝐶𝐷=𝐴𝐹=2cm，𝐵𝐹=𝐴𝐵−𝐴𝐹=∴𝑆=2𝐴𝐸⋅𝑃𝐸=2(6−2𝑡)×23=−23𝑡+6当0≤𝑡≤2时，函数图象是开口向下的抛物线，当2<𝑡≤3∴𝐷𝑃=𝐶𝐷−𝐶𝑃=2−(2𝑡−4)=∵∠𝐷=∠𝐷𝐴𝐸=∠𝑃𝐸𝐴=四边形𝐴𝐷𝑃𝐸∴𝑃𝐸=𝐴𝐷=23cm，𝐷𝑃=𝐴𝐸=(6−2𝑡)cm②当2<𝑡≤3时，点𝑃在𝐶𝐷上，此时𝐶𝑃=3𝑡=−𝑡2+23𝑡=−(𝑡−2)2+2 ∴𝑆=𝐴𝐸⋅𝐸𝑃=(4−𝑡)∴∠𝐵=∴𝐴𝐷=𝐶𝐹=𝐵𝐶⋅sin60°=2①当0≤𝑡≤2时，点𝑃在𝐵𝐶上，此时𝐵𝑃=∴𝐸𝑃=𝐵𝑃⋅sin60°=3𝑡(cm)，𝐵𝐸=𝐵𝑃⋅cos60°=∴𝐴𝐸=𝐴𝐵−𝐵𝐸=2（2026·黑龙江哈尔滨·一模）如图，在矩形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐵3，𝐵𝐶4PA出发，沿𝐴→𝐵→𝐶的方向在𝐴𝐵和𝐵𝐶上移动，设𝐴𝑃=𝑥D到直线𝐴𝑃yyx的函数图象大致是（） 【答案】【分析】分类讨论：①P在𝐴𝐵D到𝐴𝑃的距离为𝐴𝐷的长度，②P在𝐵𝐶上时，根据同角的余角相等求出∠𝐴𝑃𝐵=∠𝑃𝐴𝐷yx的关系式，从而得解．在矩形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐴𝐵=3，𝐵𝐶=4，∠𝐵=∴𝐴𝐶 𝐴𝐵2+𝐵𝐶2=∴0≤𝑥≤①P在𝐴𝐵上时，0≤𝑥≤3D到𝐴𝑃的距离为𝐴𝐷②P在𝐵𝐶上时，3<𝑥≤5D作𝐷𝐸𝐴𝑃E∵∠𝐴𝑃𝐵+∠𝐵𝐴𝑃=∠𝑃𝐴𝐷+∠𝐵𝐴𝑃=∴∠𝐴𝑃𝐵=又∵∠𝐵=∠𝐷𝐸𝐴=∴△𝐴𝐵𝑃∽△

∴𝐷𝐸= 即𝑦=∴𝑦

𝑥B3（2026·1，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𝐴𝐹【答案】(1)60°，𝐶𝐸=(2)𝐴𝐹=2(3)𝐴𝐸的长为2±（1）𝐴𝐵𝐹𝐶𝐵𝐸(SAS)（2）过𝐵作𝐵𝐺⊥𝐴𝐶于点𝐺【答案】(1)60°，𝐶𝐸=(2)𝐴𝐹=2(3)𝐴𝐸的长为2±（1）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（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=𝐵𝐶cos45°=∴𝐺𝐸=𝐶𝐸−𝐶𝐺=2−∴𝐴𝐹=2𝐺𝐸=2(2−2)=2（3）解：在Rt𝐵𝐸𝐹中，∠𝐵𝐹𝐸=30°，则∠𝐸𝐵𝐹=∴𝐵𝐸=tan60°=∵∠𝐴𝐶𝐵=∴∠𝐵𝐴𝐶=3，过𝐵作𝐵𝐿𝐴𝐶于𝐿，过𝐹作𝐹𝐾𝐴𝐶于𝐾，则𝐹𝐾=6，在Rt△𝐴𝐵𝐿中，𝐴𝐿=𝐴𝐵cos60°=2，∵∠𝐵𝐸𝐿+∠𝐹𝐸𝐾=∠𝐵𝐸𝐿+∠𝐸𝐵𝐿=∴∠𝐹𝐸𝐾=又∠𝐹𝐾𝐸=∠𝐵𝐿𝐸=∴△𝐹𝐸𝐾∽△ ∴𝐸𝐿=𝐵𝐸=∴𝐸𝐿

=∴𝐴𝐸=𝐴𝐿−𝐸𝐿=2−同理同理𝐸𝐿=∴𝐴𝐸=𝐴𝐿+𝐸𝐿=2+2；综上，𝐴𝐸的长为2±2．4（2026·1𝐴𝐶𝐵𝐴𝐷𝐸是共顶点的等腰直角三角形，∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐴𝐷𝐸=2D在直线𝐵𝐶①求证：𝐴𝐶（1）30是正方形𝐴𝐵𝐶𝐷E在直线𝐵𝐶上运动，连接𝑂𝐸E作𝐸𝐹⊥𝑂𝐸𝐸𝐹=𝑂𝐸，连接𝑂𝐹，𝐶𝐹，正方形𝐴𝐵𝐶𝐷的边𝐵𝐶M𝑀𝐸=M

2𝐶𝐹（2）由𝐴𝐵=𝐶𝐵，𝐴𝐷=𝐸𝐷，∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐴𝐷𝐸=90°，得𝐴𝐵=𝐴𝐷=2，∠𝐵𝐴𝐷=∠𝐶𝐴𝐸=45°−∠𝐶𝐴𝐷②由相似三角形的性质得𝐵𝐷=𝐴𝐵=【分析】（1）①由∠𝐴𝐵𝐶=∠𝐴𝐷𝐸=90°，𝐴𝐵=𝐶𝐵，𝐴𝐷=𝐸𝐷，得𝐴𝐶=2𝐴𝐵，𝐴𝐸=2𝐴𝐷，则𝐴𝐵==2，∠𝐶𝐴𝐸=∠𝐵𝐴𝐷=45°−∠𝐵𝐴𝐸𝐶𝐴𝐸𝐵𝐴𝐷，则∠𝐴𝐶𝐸=∠𝐴𝐵𝐷=90°𝐴𝐶⊥【答案】(1)①见解析；②𝐶𝐴𝐸𝐵𝐴𝐷，所以∠𝐴𝐶𝐸=∠𝐴𝐵𝐷，因为∠𝐴𝐵𝐷≠90°，所以∠𝐴𝐶𝐸≠90°，则𝐴𝐶与𝐶𝐸 （1）①中的结论不成立；因为𝐵𝐷=𝐴𝐵=2，所以（1）②（3）连接𝑂𝐵、𝑂𝐶，作𝑂𝑀𝐵𝐶M，可证明𝑂𝐵=𝑂𝐶，∠𝐵𝑂𝐶=90°，所以𝑂𝑀=𝐶𝑀=𝐵𝑀，则𝑂𝐶=2𝑂𝑀，∠𝑀𝑂𝐶=∠𝑀𝐶𝑂=45°，而𝐸𝐹=𝑂𝐸，∠𝑂𝐸𝐹=90°，所以𝑂𝐹=2𝑂𝐸，∠𝐸𝑂𝐹=∠𝐸𝐹𝑂=45°

𝑂𝐶=𝑂𝐹

2，∠