专题02 特殊四边形综合压轴题39题训练（专项训练）（浙江专用）2026年中考数学一轮复习讲练测

第六章 四边形 专题02 特殊四边形综合压轴题39题训练 目 录 刷考点 精准巩固，扫清盲区 提能力 聚焦过程，优化策略 测综合 跨界融合，挑战创新 1．（2025•萧山区一模）如图，E是正方形ABCD的边CD上一动点（不与C，D重合），连结AE，以AE为边作正方形AEFG，点M是AF的中点，连结CM．给出下列结论：①；②点B，M，D三点共线，则下列判断正确的是（　　） A．①，②都对 B．①，②都错 C．①对，②错 D．①错，②对 【分析】①连接GE，MD，MB，过点E作EP∥BC，交MD于点P，先证明△GAB和△EAD全等得BG＝DE，∠ABG＝∠ADE＝90°，由此得点G，B，C三点共线，根据正方形性质得EG经过点M，△AME是等腰直角三角形，由勾股定理得EM＝ AE，在Rt△CGE中，根据斜边上中线性质得CM＝EM＝GM＝AM，则CMAE，据此可对结论①进行判断； ②先证明△ADM和△CDM全等得∠ADM＝∠CDM＝45°，进而得△EDP是等腰直角三角形，则PE＝DE＝BG，由此可依据“SAS”判定△BGM和△PEM全等，则∠BMG＝∠PME，再根据AF⊥GE得∠BMD＝∠AMP+∠BMG+∠AMG＝180°，据此可对结论②进行判断，综上所述即可得出答案． 【解答】解：①连接GE，MD，MB，过点E作EP∥BC，交MD于点P，如图所示： ∵四边形ABCD和四边形AEFG都是正方形， ∴AB＝AD＝CD，AG＝AE，∠GAE＝∠BAD＝∠ADE＝∠ABC＝∠BCD＝90°， ∴∠GAB+∠BAE＝∠BAE+∠EAD＝90°， ∴∠GAB＝∠EAD， 在△GAB和△EAD中 ， ∴△GAB≌△EAD（SAS）， ∴BG＝DE，∠ABG＝∠ADE＝90°， ∴∠ABG+∠ABC＝180°， ∴点G，B，C在同一条直线上， ∵AF是正方形AEFG的对角线，点M为AF的中点， ∴EG经过点M， ∴GM＝EM＝MA＝ME，AF⊥GE， ∴△AME是等腰直角三角形， 由勾股定理得：AEEM， ∴EMAE， 在Rt△CGE中，CM是斜边GE上的中线， ∴CM＝EM＝GM＝AM， ∴CMAE， 即2CMAE， 故结论①对； ②在△ADM和△CDM中， ， ∴△ADM≌△CDM（SSS）， ∴∠ADM＝∠CDM∠ADE＝45°， ∵EP∥BC， ∴∠DEP＝∠BCD＝90°，∠BGM＝∠PEM， ∴△EDP是等腰直角三角形， ∴PE＝DE， ∵BG＝DE， ∴BG＝PE， 在△BGM和△PEM中， ， ∴△BGM≌△PEM（SAS）， ∴∠BMG＝∠PME， ∵AF⊥GE， ∴∠AMG＝∠AME＝∠AMP+∠PME＝90°， ∴∠AMP+∠BMG＝90°， ∴∠AMP+∠BMG+∠AMG＝180°， 即∠BMD＝∠AMP+∠BMG+∠AMG＝180°， ∴点B，M，D三点共线， 故结论②对， 综上所述：结论①，②都对． 故选：A． 【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，理解正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质，勾股定理是解决问题的关键，正确地添加辅助线，构造全等三角形是解决问题的难点． 2．（2025•浙江模拟）如图，以Rt△ABC的斜边AB为边作正方形ABDE，点C在正方形ABDE外部，连结CD，CE，CD交AB于点F，连结EF．若△ABC的周长是6，△CEF的面积是，则正方形ABDE的面积是（　　） A．5 B． C．6 D． 【分析】过点C作CG⊥EA，交EA的延长线于点G，作CH⊥DB，交DB的延长线于点H，设BC＝a，AC＝b，AB＝c，则a+b+c＝6，利用等面积求出，进而利用割补法表示出S△CEF，从而建立关于c的方程求解即可． 【解答】解：如图，过点C作CG⊥EA，交EA的延长线于点G，作CH⊥DB，交DB的延长线于点H． 已知Rt△ABC的周长是6， 设BC＝a，AC＝b，AB＝c， ∴a+b+c＝6， ∴a+b＝6﹣c， ∵， ∴， ∵S△CEF＝S长方形GEDH﹣S△GCE﹣S△GHD﹣S△DEF， ∴， ∴， ∴ab＝3， ∵（a+b）2＝（6﹣c）2， ∴a2+b2+2ab＝36﹣12c+c2， ∵a2+b2＝c2， ∴6＝36﹣12c， ∴， ∴S正方形ABDE＝c2． 故选：D． 【点评】本题主要考查了正方形的性质、勾股定理等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键． 3．（2025•温州模拟）如图，点E，F，M，N分别在菱形ABCD的边AB，BC，AD，CD上，连结EF，MN．若AB＝5，BE＝BF＝AM＝CN，sinB＝xsin∠EFB，记EF+MN＝y，当x，y发生变化时，下列代数式的值不变的是（　　） A． B． C．xy D．y﹣x 【分析】过点E作EP⊥BF于点P，连接AC，在Rt△BEP中，sinB，在Rt△EFP中，sin∠EFB，根据sinB＝xsin∠EFB得EF＝ax，设BE＝BF＝AM＝CN＝a，则AE＝CF＝DM＝DN＝5﹣a，证明△BEF和△BAC相似得∠NEF＝∠BAC，同理△DMN和△DAC相似，则∠DMN＝∠DAC，进而得∠NEF＝∠DMN，由此可判定△BEF和△DMN相似，利用相似三角形性质得MN＝5x﹣ax，则y＝EF+MN＝5x，继而得5，据此即可得出答案． 【解答】解：过点E作EP⊥BF于点P，连接AC，如图所示： ∴△AEP和△EFP都是直角三角形， 在Rt△BEP中，sinB， 在Rt△EFP中，sin∠EFB， ∵sinB＝xsin∠EFB， ∴， ∴EF＝ax， ∵四边形ABCD是菱形，且AB＝5， ∴AB＝CB＝AD＝CD＝5，∠B＝∠D，∠DAC＝∠DAC， 设BE＝BF＝AM＝CN＝a， ∴AE＝CF＝DM＝DN＝5﹣a， ∵BE＝BF＝a，AB＝CB＝5， ∴， 又∵∠EBF＝∠ABC， ∴△BEF∽△BAC， ∴∠NEF＝∠BAC， 同理：△DMN∽△DAC， ∴∠DMN＝∠DAC， ∵∠DAC＝∠DAC， ∴∠NEF＝∠DMN， 又∵∠B＝∠D， ∴△BEF∽△DMN， ∴， ∴， ∵EF＝ax， ∴， ∴MN＝5x﹣ax， ∴y＝EF+MN＝ax+5x﹣ax＝5x， ∴5， ∴当x，y发生变化时，下列代数式的值不变，始终等于5． 故选：A． 【点评】此题主要考查了菱形的性质，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，理解菱形的性质，熟练掌握相似三角形的判定与性质，锐角三角函数的定义是解决问题的关键． 4．（2025•临安区一模）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，，点E是边AD的中点，点N在边BC上，且，连结EN交AC于点H，连结DH，若OH，则DH＝（　　） A． B． C． D． 【分析】根据矩形的性质，设NC＝x，得BC＝AD＝4x，所以AE＝DE＝CD＝2x，根据勾股定理得AC＝2x，然后证明△CNH∽△AEH，对应边成比例求出x＝3，得AE＝DE＝CD＝2x＝6，延长DH交BC于点G，证明△GNH∽△DEH，对应边成比例，再证明△CDG是等腰直角三角形，进而可以解决问题． 【解答】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴AB＝CD，AD＝BC，AD∥BC，OA＝OC， ∵，点E是边AD的中点， ∴AE＝DE＝CD， ∵， 设NC＝x， ∴BC＝AD＝4x， ∴AE＝DE＝CD＝2x， ∴AC2x， ∴OA＝OCACx， ∴AH＝OA+OHx，CH＝OC﹣OHx， ∵AD∥BC， ∴△CNH∽△AEH， ∴， ∴AH＝2CH， ∴x2（x）， ∴x＝3， ∴AE＝DE＝CD＝2x＝6， 如图，延长DH交BC于点G， ∵AD∥BC， ∴△GNH∽△DEH， ∴， ∴GNDE＝x＝3， ∴CG＝CN+GN＝6， ∴CG＝CD＝6， ∴△CDG是等腰直角三角形， ∴DGCD＝6， ∵， ∴， ∴DHDG＝4， 故选：A． 【点评】本题考查矩形的性质，相似三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，解决本题的关键是证明△CNH∽△AEH． 5．（2025•上城区校级三模）如图，四边形ABCD为正方形，点P是边AD上方一点，且满足∠APC＝90°，下列各式的值为定值的是（　　） A． B． C． D． 【分析】过点B作BE⊥BP，交PC的延长线于点E，则∠PBE＝90°，根据∠APC＝90°得∠E＝∠BPA，根据正方形性质得BC＝BA，∠ABC＝90°，进而得∠CBE＝ABP，由此依据“AAS”判定△BCE和△BAP全等得EB＝PB，CE＝AP，则PE＝PA+PC，在Rt△BPE中由勾股定理得PEPB，继而得，据此即可得出答案． 【解答】解：过点B作BE⊥BP，交PC的延长线于点E，如图所示： ∴∠PBE＝90°， 在Rt△ABE中，∠E+∠BPC＝90°， ∵∠APC＝90°， ∴∠BPA+∠BPC＝90°， ∴∠E＝∠BPA， ∵四边形ABCD是正方形， ∴BC＝BA，∠ABC＝90°， ∴∠PBE＝∠ABC＝90°， ∴∠PBE﹣∠PBC＝∠ABC﹣∠PBC， 即∠CBE＝ABP， 在△BCE和△BAP中， ， ∴△BCE≌△BAP（AAS）， ∴EB＝PB，CE＝AP， ∴PE＝DE+PC＝PA+PC， 在Rt△BPE中，由勾股定理得：PEPB， ∴， 即， ∴为定值． 故选：D． 【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，理解正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质，勾股定理是解决问题的关键，正确地添加辅助线，构造全等三角形是解决问题的难点． 6．（2025•诸暨市二模）如图，在平行四边形ABCD中，△CEF的顶点E，F分别在边AB，AD上，满足∠AEC＝∠AFC，AE＝1，AF＝CF＝4，CE＝6，在CE上一取点M，满足∠CMF＝∠A，则CM＝（　　） A．1 B． C． D．2 【分析】根据四边形ABCD是平行四边形，则∠B＝∠D，AB＝CD，AD＝BC，AB∥CD，因为∠AEC＝∠AFC，则∠BEC＝∠DFC，推出△CEB＝∽△CFD，则，则，设DF＝2a，则EB＝3a，所以，解得：a＝1，则CD＝CF＝4，CB＝CE＝6，所以∠CEB＝∠B＝180°﹣∠A，因为∠CME＝∠A，推出∠CEB＝∠FME，则FM∥AE，又因为AE∥CD，则AE∥FM∥CD，所以，解得CM＝2． 【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴∠B＝∠D，AB＝CD，AD＝BC，AB∥CD， ∵∠AEC＝∠AFC， ∴∠BEC＝∠DFC， ∴△CEB＝∽△CFD， ∴， ∴AF＝CF＝4，CE＝6， ∴， 设DF＝2a，则EB＝3a， ∴BC＝AD＝4+2a，CD＝AE+EB＝1+3a， ∴， ， 解得：a＝1， ∴CD＝CF＝4，CB＝CE＝6， ∴DA＝CB＝6， ∴∠CEB＝∠B＝180°﹣∠A， ∵∠CME＝∠A， ∴∠FME＝180°﹣∠CME＝180°﹣∠A， ∴∠CEB＝∠FME， ∴FM∥AE， 又∵AE∥CD， ∴AE∥FM∥CD， ∴， 又∵CE＝6， ∴CM＝2， 故选：D． 【点评】本题考查平行四边形的性质，相似三角形的判定与性质，解题的关键是掌握相关知识的灵活运用． 7．（2025•浙江模拟）如图，在正方形ABCD中，点P在DC上，连接PA，PB，作AE⊥PB于点M，交BC于点E，作BF⊥PA于点N，交AD于点F．若∠APB＝53°，则∠PFB+∠PEA等于（　　） A．148° B．143° C．136° D．126° 【分析】由AE⊥PB，四边形ABCD是正方形，可证明△ABE≌△BCP（ASA），得BE＝CP，故CE＝PD，同理可得，△ADP≌△BAF（ASA），可证明CP＝DF，即可得△PCE≌△FDP（SAS），得∠CPE＝∠PFD，从而求出∠EPF＝90°，而∠APB＝53°，得∠FPN+∠EPM＝37°，即得∠PFB+∠PEA＝（90°﹣∠FPN）+（90°﹣∠EPM）＝143°． 【解答】解：∵AE⊥PB， ∴∠AMB＝90°， ∴∠BAE＝90°﹣∠ABM＝∠CBP， ∵AB＝BC，∠ABE＝90°＝∠BCP， ∴△ABE≌△BCP（ASA）， ∴BE＝CP， ∵BC＝CD， ∴BC﹣BE＝CD﹣CP，即CE＝PD， 同理可得，△ADP≌△BAF（ASA）， ∴PD＝AF， ∴CD﹣PD＝AD﹣AF，即CP＝DF， ∵∠C＝90°＝∠D， ∴△PCE≌△FDP（SAS）， ∴∠CPE＝∠PFD， ∵∠PFD+∠FPD＝90°， ∴∠CFE+∠FPD＝90°， ∴∠EPF＝90°， ∵∠APB＝53°， ∴∠FPN+∠EPM＝37°， ∴∠PFB+∠PEA＝（90°﹣∠FPN）+（90°﹣∠EPM）＝180°﹣37°＝143°； 故选：B． 【点评】本题考查正方形性质，涉及全等三角形判定与性质，三角形内角和定理的应用，解题的关键是掌握确定三角形的判定定理． 8．（2025•西湖区校级三模）如图，在 Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＞AC，分别以AB，AC为边向外作正方形ABDE，ACFG．连接EG，过点B作 BH⊥EG于点H，过点A作MN∥BC分别交BD，FG，BH于点M，N，P，则下列比值为定值的是（　　） A． B． C． D． 【分析】证明△ABC和△AEG全等得BC＝EG，∠ACB＝∠AGE，证明四边形AMBC是平行四边形得AM＝BC＝EG，再证明∠PBA＝∠ABC＝∠PAB得PA＝PB，然后证明∠PBM＝∠PMB得PB＝PM，由此得PA＝PM，则AM＝EG＝2PA，进而得，据此即可得出答案． 【解答】解：在Rt△ABC中，∠BAC＝90°， ∴∠BAC＝∠EAG＝90°，∠ABC+∠ACB＝90°， ∵四边形ABDE和四边形ACFG都是正方形， ∴AB＝AE，AC＝AG，BD∥CE，∠ABD＝90°， 在△ABC和△AEG中， ， ∴△ABC≌△AEG（SAS）， ∴BC＝EG，∠ACB＝∠AGE， ∵BD∥CE，MN∥BC， ∴四边形AMBC是平行四边形， ∴AM＝BC＝EG， ∵BH⊥EG， ∴∠PBA+∠AGE＝90°， ∴∠PBA+∠ACB＝90°， ∵∠ABC+∠ACB＝90°， ∴∠PBA＝∠ABC， ∵MN∥BC， ∴∠ABC＝∠PAB， ∴∠PBA＝∠PAB， ∴PA＝PB， ∵∠ABD＝90°， ∴∠PBM+∠PBA＝90°，∠PMB+∠PAB＝90°， 又∵∠PBA＝∠PAB， ∴∠PBM＝∠PMB， ∴PB＝PM， ∴PA＝PM， ∴AM＝2PA， ∴EG＝2PA， ∴， ∴的值为定值． 故选：B． 【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，理解正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质，平行四边形的性质是解决问题的关键． 9．（2025•钱塘区三模）如图，四边形ABCD是正方形，点F在边AD上运动（不与端点重合），连结CF，以CF为对角线作正方形CEFG，连结BG，DE．当点F运动时，下列比值不变的是（　　） A． B． C． D． 【分析】延长AD到H，使DH＝AF，连接EH，根据正方形的性质及平行线的性质证明∠BCG＝∠DCE＝∠DFE，FH＝AD＝CD，进而可依据“SAS”判定△FHE和△CDE全等则HE＝DE，∠FEH＝∠CED，由此得∠DEH＝∠CEF＝90°，则△DEH是等腰直角三角形，由勾股定理得AF＝DHDE，则，再证明△BCG和△DCE全等得BG＝DE，继而得，由此即可得出答案． 【解答】解：延长AD到H，使DH＝AF，连接EH，如图所示： ∵四边形ABCD是正方形， ∴AD＝CD＝CB，AD∥BC，∠BCD＝90°， ∴∠BCF＝∠DFC， ∵四边形CEFG是正方形， ∴FE＝CE＝CG，∠CEF＝∠GCE＝90°，∠GCF＝∠EFC＝45°， ∴∠BCF﹣∠GCF＝∠DFC﹣∠EFC， ∴∠BCG＝∠DFE， ∵∠BCD＝∠GCE＝90°， ∴∠BCG+∠GCD＝∠GCD+∠DCE， ∴∠BCG＝∠DCE， ∴∠DFE＝∠DCE， ∵DH＝AF， ∴DH+DF＝AF+DF， ∴FH＝AD＝CD， 在△FHE和△CDE中， ， ∴△FHE≌△CDE（SAS）， ∴HE＝DE，∠FEH＝∠CED， ∴∠FED+∠DEH＝∠FED+∠CEF， ∴∠DEH＝∠CEF＝90°， ∴△DEH是等腰直角三角形， 由勾股定理得：DHDE， ∴AFDE， ∴， 在△BCG和△DCE中， ， ∴△BCG≌△DCE（SAS）， ∴BG＝DE， ∴， ∴当点F运动时，AF/BG的值不变，始终等于． 故选：B． 【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，等腰直角三角形的判定和性质，勾股定理是解决问题的关键． 10．（2025•瑞安市二模）如图，点E为矩形ABCD的对角线AC上一点，过点E分别作FG∥BC，MN∥AB，交矩形各边于点F，M，G，N，且四边形BMEF为正方形．我国数学家杨辉曾在此图形中发现一个与正方形BMEF面积相等的图形，从而求得这个正方形的边长．若CG＝2DG，S△CEG＝8，则BF的长为（　　） A．2 B． C．4 D． 【分析】依题意得四边形AFEN、四边形ENDG、四边形EMCG都是矩形，AB∥CD，设DG＝a，CM＝b，则CG＝2DG＝2a，根据矩形和正方形的性质得AF＝DG＝a，BF＝EF＝CG＝EM＝2a，EG＝CM＝b，再根据S△CEG＝8得ab＝8，证明△AFE和△CGE相似得b＝4a，由此可解出a＝√2，进而可得BF的长． 【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，FG∥BC，MN∥AB，且四边形BMEF为正方形， ∴四边形AFEN、四边形ENDG、四边形EMCG都是矩形，AB∥CD， 设DG＝a，CM＝b， ∴CG＝2DG＝2a， 根据矩形和正方形的性质得：AF＝DG＝a，BF＝EF＝CG＝EM＝2a，EG＝CM＝b， ∵S△CEG＝8， ∴CM•EM＝8， ∴b×2a＝8， ∴ab＝8， ∵AB∥CD， ∴△AFE∽△CGE ∴， ∴， ∴b＝4a， 将b＝4a代入ab＝8，得：a，a（不合题意，舍去）， ∴BF＝2a． 故选：B． 【点评】此题主要考查了正方形的性质，矩形的判定和性质，三角形的面积，理解正方形的性质，熟练掌握矩形的判定和性质，三角形的面积的面积公式，相似三角形的判定和性质是解决问题的关键． 11．（2025•余姚市三模）如图，已知正方形EFGH的边EF过正方形ABCD的中心，点E，F分别在边AB、CD上，连接EG，BG，则知道下列哪个选项便可求出△BEG的面积（　　） A．DF的长 B．CF的长 C．EF的长 D．DF•CF的值 【分析】过点F作FM⊥AB于M，过点G作GN⊥MF交MF延长线于N，可证明△EMF≌FNG（AAS）得到EM＝FN；过点E作EQ⊥CD于Q，连接AC交EF于O，证明△AOE≌△COF（AAS），得到AE＝CF，则可证明BE＝DF，证明四边形BCMF是矩形，四边形MEQF是矩形，得到MF＝BC＝CD，CF＝BM，EM＝QF，则可证明，据此可得答案． 【解答】解：过点F作FM⊥AB于M，过点G作GN⊥MF交MF延长线于N， ∵四边形EFGH是正方形 ∴∠EMF＝∠N＝∠EFG＝90°，∠BEF＝∠GFN＝90°﹣∠EFM，EF＝FG， ∴△EMF≌FNG（AAS）， ∴EM＝FN， 过点E作EQ⊥CD于Q，连接AC交EF于O， ∵正方形EFGH的边EF过正方形ABCD的中心， ∴OA＝OC，AB∥CD，AB＝CD， ∴∠OAE＝∠OCF，∠OFC＝∠OEA， ∴△AOE≌△COF（AAS）， ∴AE＝CF， ∴AB﹣AE＝CD﹣CF， ∴BE＝DF， ∵AB∥CD，MF⊥CD， ∴MF⊥AB， ∴四边形BCMF是矩形，四边形MEQF是矩形， ∴MF＝BC＝CD，CF＝BM，EM＝QF， ∴ ， 故选：A． 【点评】本题主要考查了正方形的性质，掌握矩形的性质与判定，全等三角形的性质与判定是解题的关键． 12．（2025•龙湾区二模）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＞AC，分别以AB，AC为边向外作正方形ABDE，ACFG．连接EG，过点B作BH⊥EG于点H，过点A作MN∥BC分别交BD，FG，BH于点M，N，P，则下列比值为定值的是（　　） A． B． C． D． 【分析】设BH交AE于点K，证明△ABC和△AEG全等得∠ABC＝∠AEG，BC＝EG，证明四边形ACBM是平行四边形得AM＝BC，则AM＝EG，证明∠AEG＝∠ABP，进而得∠PAB＝∠ABP，则AP＝PB，再证明PB＝PM得AP＝PM，则EG＝AM＝2AP，继而得AP/EG＝1/2为定值，由此即可得出答案． 【解答】解：设BH交AE于点K，如图所示： ∵四边形ABDE，四边形ACFG都是正方形， ∴AB＝AH，AC＝AG，∠ABD＝∠BAE＝90°， 又∵∠BAC＝∠EAG＝90°， ∴在△ABC和△AEG中， ， ∴△ABC≌△AEG（SAS）， ∴∠ABC＝∠AEG，BC＝EG， ∵∠BAC＝∠ABD＝90°， ∴AC∥BM， ∴∠PAB＝∠ABC， 又∵MN∥BC， ∴四边形ACBM是平行四边形， ∴AM＝BC， ∴AM＝EG， ∵BH⊥EG， ∴∠EHK＝∠BAE＝90°， 在Rt△EHK中，∠AEG+∠1＝90°， 在Rt△ABK中，∠ABP+∠2＝90°， 又∵∠1＝∠2， ∴∠AEG＝∠ABP， 又∵∠ABC＝∠AEG，∠PAB＝∠ABC， ∴∠PAB＝∠ABP， ∴AP＝PB， 在Rt△ABM中，∠3+∠PAB＝90°， ∵∠4+∠ABP＝∠ABD＝90°， ∴∠3＝∠4， ∴PB＝PM， ∴AP＝PM， ∴AM＝2AP， ∴EG＝2AP， ∴为定值． 故选：B． 【点评】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，理解正方形的性质，全等三角形的判定与性质是解决问题的关键． 13．（2025•浙江模拟）在四边形ABCD中，M，N，P，Q分别为边AB，BC，CD，DA上的点（不与点A，点B，点C，点D重合），下面结论： ①若四边形ABCD为正方形，则存在无数个四边形MNPQ是正方形； ②若四边形ABCD为矩形，则存在无数个四边形MNPQ是矩形； ③若四边形ABCD是菱形，存在无数个四边形MNPQ是菱形，其中正确的结论个数为（　　） A．3 B．2 C．1 D．0 【分析】根据正方形，矩形，菱形的判定和性质，数形结合分析即可求解． 【解答】解：根据正方形，矩形，菱形的判定和性质，数形结合分析即可求解如下： 如图1，四边形ABCD是正方形，连结AC，BD交于O，过点O作MP和QN，分别交AB，BC，CD，AD于M，N，P，Q， 则四边形MNPQ是平行四边形， 当PM⊥QN时，PM＝QN，存在无数个四边形MNPQ是正方形，故①正确； 如图2，四边形ABCD是矩形，连结AC，BD交于O，过点O作MP和QN，分别交AB，BC，CD，AD于M，N，P，Q，则四边形MNPQ是平行四边形，当PM＝QN时，四边形MNPQ是矩形，故存在无数个四边形MNPQ是矩形，故②正确； 如图3，四边形ABCD是菱形，连结AC，BD交于O，过点O作MP和QN，分别交AB，BC，CD，AD于M，N，P，Q，则四边形MNPQ是平行四边形，当PM⊥QN时，存在无数个四边形MNPQ是菱形；故③正确． 故选：A． 【点评】本题主要考查正方形，矩形，菱形的判定和性质，掌握以上知识的判定和性质是关键． 14．（2025•鹿城区校级二模）如图，BD是菱形ABCD的对角线，∠ABC＝60°，E为BC边上的一个动点（不与端点重合），点F在BC的延长线上，且CF＝BE，过点F作FG⊥BD于点G，连结AE，则下列比值为定值的是（　　） A． B． C． D． 【分析】连接AC交BD于点O，设CD与FG交于点H，设OA＝b，则AC＝AB＝BC＝CD＝2b，由勾股定理得OB，则BD＝2OB，设CF＝BE＝2a，则EF＝2b，EC＝2b﹣2a，证明△CHF是等边三角形得CH＝CF＝2a，在Rt△DHG中，根据∠BDC＝30°得DG，进而得BG，对于选项A，不是定值；对于选项B，为定值；对于选项C，不是定值；对于选项D，不是定值，综上所述即可得出答案． 【解答】解：连接AC交BD于点O，设CD与FG交于点H，如图所示： ∵四边形ABCD是菱形，且∠ABC＝60°， ∴AB＝BC＝CD＝AD，∠ADC＝∠ABC＝60°，AC⊥BD，OA＝OC，OB＝OD， ∴△ABC和△ADC都是等边三角形， ∴AC＝AB，∠ACB＝∠ACD＝60°， ∴OA＝OCAC，∠BDCADC＝30° 设OA＝b，则AC＝AB＝BC＝CD＝2b， 在Rt△OAB中，由勾股定理得：OB， ∴BD＝2OB， 设CF＝BE＝2a， ∴EF＝EC+CF＝BC﹣BE+CF＝BC＝2b，EC＝BC﹣BE＝2b﹣2a， ∵FG⊥BD，AC⊥BD， ∴FG∥AC， ∴∠F＝∠ACB＝60°，∠CHF＝∠ACD＝60°， ∴∠F＝∠CHF＝60°， ∴△CHF是等边三角形， ∴CH＝CF＝2a， ∴DH＝CD﹣CH＝2b﹣2a， 在Rt△DHG中，∠BDC＝30°， ∴GHDH＝b﹣a， 由勾股定理得：DG， ∴BG＝BD﹣DG， 对于选项A，不是定值； 对于选项B，为定值； 对于选项C，不是定值； 对于选项D，不是定值， 故选：B． 【点评】此题主要考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，勾股定理，熟练掌握菱形的性质，等边三角形的判定与性质，灵活运用勾股定理进行计算是解决问题的关键． 15．（2025•衢州一模）如图，在菱形ABCD中，DE⊥BA，交BA的延长线于点E，EF⊥BC于点F，若，四边形BCDE的面积为，则BF的长为（　　） A． B． C． D． 【分析】由∠AED＝∠BFE＝90°，∠EAD＝∠B，证明△AED∽△BFE，则，求得，设AD＝AB＝CD＝5m，则AE＝2m，求得DEm，BE＝7m，由S四边形BCDEm（5m+7m）＝12，求得m，则BE＝7，所以BFBE，于是得到问题的答案． 【解答】解：∵DE⊥BA，交BA的延长线于点E，EF⊥BC于点F， ∴∠AED＝∠BFE＝90°， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AD∥BC，AD＝AB＝CD， ∴∠EAD＝∠B， ∴△AED∽△BFE， ∴， ∴， 设AD＝AB＝CD＝5m，则AEAD＝2m， ∴DEm，BE＝AB+AE＝7m， ∵CD∥BE，DE⊥BE， ∴四边形BCDE是梯形， ∴S四边形BCDEBE（CD+BE）＝12， ∴m（5m+7m）＝12， 解得m1，m2（不符合题意，舍去）， ∴BE＝7， ∴BFBE7， 故选：D． 【点评】此题重点考查菱形的性质、相似三角形的判定与性质、梯形的面积公式等知识，证明△AED∽△BFE是解题的关键． 16．（2025•临安区一模）如图，菱形ABCD和菱形CEFG中，∠ABC＝∠GCE＝120°，AB＝2，CE＝4，点P在边GF上，点Q在边CE上，PF＝CQ，连结AC和PQ，M，N分别是AC，PQ的中点，则MN的长为（　　） A． B． C． D． 【分析】连接CF交PQ于点R，连接AF，过点A作AH⊥EB，交EB的延长线于点H，证明△CEF是等边三角形得CF＝CE＝4，证明△RFP和△RCQ全等得RF＝RC，RP＝RQ，则点R是CF的中点，点R是PQ的中点，进而得点R与点N重合，即点N是CF的中点，再分别求出BH＝1，AH，进而得CH＝3，AC，证明△ACF是直角三角形，由勾股定理求出AF，然后证明MN是△ACF的中位线，再根据三角形中位线定理即可得出MN的长． 【解答】解：连接CF交PQ于点R，连接AF，过点A作AH⊥EB，交EB的延长线于点H，如图所示： ∵四边形CEFG是菱形，∠GCE＝120°，CE＝4， ∴CG∥EF，GF∥CE，CE＝EF，∠GCF∠GCE＝60°， ∴∠E+∠GCE＝180°，∠RFP＝∠RCQ，∠RPF＝∠RQC， ∴∠E＝180°﹣∠GCE＝60°， ∴△CEF是等边三角形， ∴CF＝CE＝4， 在△RFP和△RCQ中， ， ∴△RFP≌△RCQ（ASA）， ∴RF＝RC，RP＝RQ， ∴点R是CF的中点，点R是PQ的中点， ∵点N是PQ的中点， ∴点R与点N重合， ∴点N是CF的中点， ∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝120°，AB＝2， ∴AB＝BC＝2，AB∥CD，∠ABH＝180°﹣∠ABC＝60°，AC平分∠BCD， ∴∠ABC+∠BCD＝180°， ∴∠BCD＝180°﹣∠ABC＝60°， ∴∠ACD∠BCD＝30°， 在Rt△ABH中，∠HAB＝90°﹣∠ABH＝30°， ∴BHAB＝1， 由勾股定理得：AH， 在Rt△ACH中，CH＝BC+BH＝2+1＝3， 由勾股定理得：AC， ∵∠GCF＝60°，∠ACD＝30°， ∴ACF＝∠ACD+∠GCF＝90°， ∴△ACF是直角三角形， 由勾股定理得：AF， ∵M是AC的中点，点N是CF的中点， ∴MN是△ACF的中位线， ∴MNAF． 故选：D． 【点评】此题主要考查了菱形的性，全等三角形的判定与性质，三角形中位线定理，勾股定理，理解 菱形的性，熟练掌握全等三角形的判定与性质，三角形中位线定理，灵活运用勾股定理和含有30度角的直角三角形的性质进行计算是解决问题的关键． 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 　 ． 【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，则AK＝b﹣a，由此得正方形AEFG的面积m＝AG2＝4a2，正方形ABCD的面积n，据此即可得出的值． 【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， ， ∴△HFG≌△KGA（AAS）， ∴HG＝AK＝b﹣a，FH＝GK＝a， ∴HN＝DK＝AD﹣AK＝2b﹣（b﹣a）＝b+a， ∴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，b（不合题意，舍去）， ∴AK＝b﹣a， 在Rt△AGK中，由勾股定理得：AG2＝GK2+AK24a2， ∴正方形AEFG的面积m＝AG2＝4a2， ∵AD＝2b， ∴正方形ABCD的面积n＝AD2， ∴． 故答案为：． 【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•浙江模拟）如图，在边长为的正方形ABCD中，E为BC边上的中点，过点A作DE的垂线分别交DE和BC的延长线于点F，G，点P在线段BG上运动（不与端点重合），点M，N分别为AP，EF的中点．在点P运动过程中，当△BMN成为直角三角形时，BP的长为 　 ． 【分析】过点M作直线MQ⊥AB于点Q，由点M是AP的中点可得BP＝2MQ，由此可得点M一定在MQ上且求出MQ的长即可．当△BMN是直角三角形时，分两种情况讨论即可． 【解答】解：过点M作直线MQ⊥AB于点Q， ∵点M是AP的中点， ∴BP＝2MQ，BQ＝AQ； ∵点E是BC的中点， ∴BE＝CE，DE＝5， 在正方形ABCD中，∠ADC＝∠BCD＝90°，AD∥BC， ∴∠DEC＝∠ADF， ∴△ADF∽△DEC， ∴AD：DE＝AF：CD＝DF：CE，即2：5＝AF：2DF：， ∴AF＝4，DF＝2， ∴EF＝3， ∵点N是EF的中点， ∴EN＝NF＝1.5； 过点N作NT⊥BC于点T， ∴EN：ED＝NT：CD＝ET：EC，即1.5：5＝NT：2ET：， ∴ET，NT； ∴BT； ①当点N是直角顶点，如图，延长TN交MQ于点R， ∴∠MRN＝∠BTN＝90°＝∠BNM， ∴∠RMN+∠RNM＝∠BNT+∠RNM＝90°，四边形BTRQ是矩形， ∴∠RMN＝∠BNT，RT＝BQ， ∴△MRN∽△NTB，NR， ∴BT：TN＝NR：MR，即：：MR， ∴MR． ∴MQ＝RQ﹣MR＝BC﹣MR， ∴BP＝2MQ； ②当点M是直角顶点， 设MQ＝t，则MRt， ∵∠BQM＝∠BMN＝∠MRN＝90°， ∴∠BMQ+∠RMN＝∠RMN+∠MNR＝90°， ∴∠BMQ＝∠MNR， ∴△BQM∽△MRN， ∴BQ：QM＝MR：NR，即：t＝（t）：， 解得t或t， ∴BP或． 故答案为：或或． 【点评】本题主要考查正方形的性质，相似三角形的性质与判定，矩形的性质与判定，直角三角形的存在性；得出BP＝2MQ，转化为MQ的长是解题关键． 19．（2025•上城区一模）如图，在正方形ABCD中，点E、F分别在边AD、DC上，且DE＝DF，点B关于直线EG的对称点B′在线段BC的延长线上，B′E与BF交于点H． （1）若点A与点H关于直线BE对称，则tan∠EBA＝ 　 ； （2）若，则 　 ． 【分析】（1）由轴对称可得到∠HEB＝∠EBB'＝∠EB'B＝60°，从而∠ABE＝30°，即可解答； （2）延长BA，B'E，交于点M，设B'E与CD交于点N，由△NFH∽△MBH得到，设FN＝a，MB＝12a．证明EM＝EB，根据“三线合一”得到，设DE＝DF＝x，则AE＝6a﹣x，DN＝a+x，NC＝5a﹣x，BG＝AE＝6a﹣x，CB'＝6a﹣2x．由△DEN∽△CB'N得到，即，求得x1＝2a即可解答． 【解答】解：（1）∵点A与点H关于直线BE对称， ∴∠AEB＝∠HEB， ∵点B与点B'关于EG对称， ∴∠EBB'＝∠EB'B， ∵在正方形ABCD中，AD∥BC， ∴∠AEB＝∠EBB'， ∴∠HEB＝∠EBB'＝∠EB'B， ∵∠HEB+∠EBB'+∠EB'B＝180°， ∴∠HEB＝∠EBB'＝∠EB'B＝60°， ∵在正方形ABCD中，∠ABC＝90°， ∴∠ABE＝∠ABC﹣∠EBB'＝30°， ∴， 故答案为：； （2）延长BA，B'E，交于点M，设B'E与CD交于点N， ∵在正方形ABCD中，AB∥DC， ∴△NFH∽△MBH， ∴， ∴设FN＝a，MB＝12a， ∵点B与点B'关于EG对称， ∴EB＝EB'， ∴∠EBB'＝∠EB′B， ∴∠ABE＝90°﹣∠EBB'＝90°﹣∠EB'B＝∠M， ∴EM＝EB， ∵在正方形ABCD中，DA⊥AB， ∴， ∴在正方形ABCD中，AD＝CD＝BC＝AB＝6a， 设DE＝DF＝x， 则AE＝AD﹣DE＝6a﹣x，DN＝FN+DF＝a+x，NC＝CD﹣DN＝6a﹣（a+x）＝5a﹣x， ∵点B与点B'关于EG对称， ∴EG⊥BB'，BB'＝2BG， ∵在正方形ABCD中，∠DAB＝∠ABC＝90°， ∴四边形AEGB是矩形， ∴BG＝AE＝6a﹣x， ∴BB'＝2BG＝2（6a﹣x）＝12a﹣2x， ∴CB'＝BB'﹣BC＝（12a﹣2x）﹣6a＝6a﹣2x， ∵AD∥BC， ∴△DEN∽△CB'N， ∴，即， 解得x1＝2a，x2＝﹣3a（不合题意，舍去）， ∴CB'＝6a﹣2x＝6a﹣4a＝2a， ∴， 故答案为：． 【点评】本题考查正方形的性质，轴对称图形的性质，相似三角形的判定及性质，求锐角三角函数值，解一元二次方程等，综合运用相关知识是解题的关键． 20．（2025•鄞州区校级模拟）长和宽分别是19和15矩形内，如图所示放置5个大小相同的正方形，且A、B、C、D四个顶点分别在矩形的四条边上，则每个小正方形的边长是 　 ． 【分析】设正方形边长为x，由EF与DT边成的角为θ，PJ与PC边成的角为θ，利用θ的正弦值、余弦值表示出矩形的长和宽，进一步求得结论解决问题． 【解答】解：如图，过P作PH⊥AM于点H，延长HP交边于点J，过T作TE⊥DE于点E，延长HP交边于点F， 设正方形边长为x，由EF与DT边成的角为θ，PJ与PC边成的角为θ， 在Rt△DET、Rt△POT、Rt△PHA，Rt△ABM中， 可得EF＝ET+OT+AH+AM＝2xsinθ+3xcosθ＝19①，JH＝PJ+PH＝3xcosθ＝15②， 由①②解得xsinθ＝2，xcosθ＝5； 两边平方相加得x2＝29， ∴正方形的边长， 所以每个小正方形的边长为：． 故答案为：． 【点评】此题考查正方形的性质，锐角三角函数的定义，解题的关键是利用函数值表示矩形的长和宽． 21．（2025•衢州一模）如图，正方形ABCD由四个全等的直角三角形（△ABE，△BCF，△CDG，△DAH）和中间一个小正方形EFGH组成，连接并延长DF，交EH，AB于点N，M．若FM＝MB， （1）比较线段大小：DF　 　 DC．（填写“＞”“＝”“＜”） （2）的值等于 　 ． 【分析】（1）根据正方形ABCD由四个全等的直角三角形，得∠ABE＝∠BCF，∠EFC＝∠BCD＝90°，进而可以解决问题； （2）设AD＝AB＝DC＝a，MF＝MB＝x，则AM＝AB﹣MB＝a﹣x，DM＝DF+MF＝a+x，根据勾股定理求出a＝4x，进而可以解决问题． 【解答】解：（1）∵正方形ABCD由四个全等的直角三角形， ∴∠ABE＝∠BCF，∠EFC＝∠BCD＝90°， ∵FM＝MB， ∴∠ABE＝∠MFB， ∴∠MFB＝∠BCF， ∵∠EFD＝∠MFB， ∴∠MFD＝∠BCF， ∵∠EFC＝∠BCD＝90°， ∴∠DFC＝∠DCF， ∴DF＝DC， 故答案为：＝； （2）设AD＝AB＝DC＝a，MF＝MB＝x， 则AM＝AB﹣MB＝a﹣x，DM＝DF+MF＝a+x， 在Rt△ADM中，由勾股定理得：AD2+AM2＝DM2， a2+（a﹣x）2＝（a+x）2， 解得：a＝4x（a＝0舍去）， ∴AM＝AB﹣MB＝a﹣x＝3x， ∴， 故答案为：． 【点评】本题考查正方形的性质，勾股定理，全等图形，一元二次方程，解决本题的关键是掌握正方形的性质． 22．（2025•萧山区校级模拟）如图，已知正方形ABCD，点E为线段BC上异于端点的一动点，DH⊥AE于点F，交AB于点H，连接BF，AE、BD交于点P，FG平分∠DFE交DB于点G，现有下列判断：①若∠BAE＝∠HDB，则；②；③的值与点E的位置有关；④若，则S△BDF＝2S△ABF．其中正确的是　 　 （填序号）． 【分析】根据正方形的性质、全等三角形的判定和性质、三角形面积等知识证明即可判断①；证明，得到，即可判断②；证明即可判断③；设BE＝a，则AD＝2a＝AB．证明．即可判断④． 【解答】解：∵四边形ABCD为正方形， ∴AD＝AB，∠ABE＝∠BAD＝90°，∠ADB＝∠ABD＝45°． ∴∠BAE+∠EAD＝90°． 过H作HK⊥BD于点K，则∠HKD＝90°． ∵AE⊥HD， ∴∠AFD＝∠AFH＝90°． ∴∠EAD+∠ADH＝90°． ∴∠BAE＝∠ADH＝∠HDB． 在△AHD与△KHD中， ， ∴△AHD≌△KHD（AAS）． ∴AH＝KH，AD＝KD． ∵∠BHK＝90°﹣45°＝45°＝∠HBK， ∴BK＝HK＝AH． ∵， ，S△ADH＝S△ABD﹣S△BDH， ∴． ∴． ∴．故①正确； 过G作GM⊥FE于点M，GN⊥HD于点N． ∵∠DFG＝∠GFP， ∴GM＝GN． ∴． ∵∠DFE＝90°， ∴， ∴． 故②正确； ∵∠EFD＝90°， ∴∠DFG＝∠EFG＝45°． 过D作DW⊥FG，交FG延长线于点W，则∠W＝90°． ∴∠FDW＝45°． ∴∠FDW＝∠WFD． ∴FW＝DW． ∵FW2+DW2＝FD2， ∴． ∵∠ADB＝∠FDW＝45°， ∴∠ADF＝∠GDW． ∵∠AFD＝∠W＝90°， ∴△AFD∽△GWD． ∴． 设GW＝a，DW＝b，则，FW＝DW＝b，． ∴FG＝b﹣a． 过G作GM⊥FE于点M，GN⊥FD于点N，连接AG．则四边形FMGN为正方形． ∴． ∴，． ∴DN＝AM． ∵∠AMG＝∠GND＝90°， 在Rt△AMG与Rt△DNG中， ， ∴Rt△AMG≌Rt△DNG（HL）． ∴AG＝DG． ∴∠GAD＝∠GDA＝45°． ∴∠AGB＝45°+45°＝90°． ∴AG⊥BD． ∵AB＝AD， ∴BG＝DG． ∵， ∴的值与点E的位置无关．故③错误； ∵BC∥AD， ∴△BPE∽△DPA． ∴． ∵∠ADH+∠AHD＝∠BAE+∠AHD＝90°， ∴∠ADH＝∠BAE， 在△DAH与△ABE中， ， ∴△DAH≌△ABE（ASA）， ∴AH＝BE， 设BE＝a，则AD＝2a＝AB．AH＝BE＝a， ∴． ∵∠BAE＝∠HAF，∠AFH＝∠ABE＝90°， ∴△AFH∽△ABE． ∴即． ∴． 过F作FQ⊥AB于点Q，则∠HQF＝90°． ∵， ∴， ∴． ∴． ∴． ∵． ∴S△BDF＝2S△ABF．故④正确． 故答案为：①②④． 【点评】此题考查了正方形的性质、解直角三角形、相似三角形的判定和性质、勾股定理、全等三角形的判定和性质等知识，综合性强，难度大，添加合适的辅助线是关键． 23．（2025•杭州模拟）窦龙（原创）如图，正方形ABCD，点E在AB上，点F在BC上，连接DE和AF交于点L，连接EF，若AF⊥DE，FL＝7，四边形EFCD的面积是65，则DL的长为　 　 ． 【分析】先根据正方形性质和全等三角形证明得到一些线段和角度相等关系，再通过四边形面积求出相关线段长度，最后利用勾股定理求出DL的长度． 【解答】解：连接DF和CE交于点G． ∵四边形ABCD为正方形， ∴∠BAD＝∠B＝90°，AD＝AB＝BC＝CD． ∴∠BAF+∠DAF＝90°． ∵AL⊥ED， ∴∠ALD＝90°． ∴∠DAF+∠ADE＝90°． ∴∠BAF＝∠ADE． 在△ADE≌△BAF中， ， ∴△ADE≌△BAF（ASA）． ∴AE＝BF． ∵AB＝BC， ∴BE＝CF． 在△BEC和△CFD中， ， ∴△BEC≌△CFD（SAS）． ∴CE＝DF，∠BCE＝∠CDF． ∴∠FGC＝∠GDC+∠GCD＝∠GCF+∠GCD＝∠DCF＝90°． ∴DF⊥EC． ∵S四边形EFCD＝S△EDF+S△DFC， ∴． ∴． ∴DF2＝130． ∴， 故答案为：9． 【点评】本题主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理，熟练掌握正方形的性质、全等三角形的判定与性质和勾股定理是解题的关键． 24．（2025•杭州模拟）如图，已知矩形ABCD中，点H是CD的中点，连结BD和AH交于点G，过A作BD的垂线交BD于点E，延长AE交BC于点F．若AB＝BG，在BD上取一点P（不与B和D重合），使得直线CP刚好经过四边形DEFH某一条边的中点，则BP：BD的值为 　 ． 【分析】设CH＝a，则，根据矩形的性质及等边对等角可得AD∥BC，AB∥DC，AD＝BC，BG＝AB＝CD＝2a，∠BCD＝∠BAD＝90°，∠BAG＝∠BGA，继而推出DG＝DH＝a，BD＝BG+DG＝2a+a＝3a，利用勾股定理得，根据可得，则，，证明△EFB∽△EAD得，得出BFa，，然后分三种情况：①当P为DE中点时，②当CP平分EF时，③当CP平分FH时，分别求解即可． 【解答】解：设CH＝a， ∵H为CD中点， ∴， ∵四边形ABCD是矩形，AB＝BG， ∴AD∥BC，AB∥DC，AD＝BC，BG＝AB＝CD＝2a，∠BCD＝∠BAD＝90°，∠BAG＝∠BGA， ∵AB∥DC，∠BGA＝∠DGH， ∴∠DHA＝∠BAH，即∠DHG＝∠BAG， ∴∠DGH＝∠DHG， ∴DG＝DH＝a， ∴BD＝BG+DG＝2a+a＝3a， ∵∠BAD＝90°，AE⊥BD， ∴，∠AEB＝90°， 又∵， ∴， ∴， ∴， ∵AD∥BC，∴∠BFE＝∠DAE，∠FBE＝∠ADE， ∴△EFB∽△EAD， ∴，即， ∴BFa， ∴CF＝BC﹣BFaaa， ①如图，当P为DE中点时，即CP平分ED， ∴， ∴， ∴； ②如图，当CP平分EF时，设EF中点为O，过F作FN∥BD交CP于N， ∴∠PEO＝∠NFO，∠EPO＝∠FNO，EO＝OF， ∴△OEP∽△OFN， ∴， ∴PE＝NF， ∵FN∥BP， ∴∠CNF＝∠CPB，∠CFN＝∠CBP， ∴△CFN∽△CBP， ∴， ∴BP＝5FN＝5PE， ∴， ∴； ③如图，当CP平分FH时，设FH的中点为I，过P作从PN⊥BC于N， ∴∠PNC＝∠BNP＝∠BCD＝90°， ∵∠PBN＝∠DBC， ∴△BPN∽△BDC， ∴，即， ∴PNBN， ∵为EH中点，∠FCH＝90°， ∴， ∴∠IFC＝∠ICF， ∴， 在Rt△PNC中，， ∴， ∴BNNC， ∴2BN＝5CN， 又∵， ∴，， ∴， ∴， ∴； 综上所述，BP：BD的值为， 故答案为：． 【点评】本题考查矩形的性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，锐角三角函数的定义，三角形的面积等知识点．通过作辅助线构造相似三角形和直角三角形、利用分类讨论的思想解决问题是解题的关键． 25．（2025•滨江区校级模拟）在正方形ABCD中，G是BC上一点，DE⊥AG于点E，BF⊥AG于点F． （1）如图1，求证：DE﹣BF＝EF； （2）如图2，过点C作CH⊥AG于点H，连接BE、CF，若点G为BC中点，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中四个三角形，使得每个三角形的面积等于四边形DEFC面积的． 【分析】（1）证明△ABF≌△DAE，得出AF＝DE，BF＝AE，即可证明DE﹣BF＝AF﹣AE＝EF． （2）设正方形的边长为2a，根据△ABF≌△DAE，得出S△ABF＝S△DAE，AE＝BF，∠DAE＝∠ABF，证明△ABE≌△BCF，得出S△ABE＝S△BCF，BE＝CF，证明△BGF≌△CGH，得出S△BGF＝S△CGH，CH＝BF，FG＝HG，根据三角形中线性质得出S△FCG＝S△CGH，从而得S△FCG＝S△CGH＝S△BGF，证明△BEF≌△CFH，得出S△BEF＝S△CFH，算出，即可求出S四边形DEFC＝2a2，从而得出，设S△ABE＝x，则，从而得S△ADE+S△ABF+S△BGF+S△CGF＝5x，即可得5x＝2a2，算出，最后即可得． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形， ∴AB＝AD，∠BAD＝90°， ∴∠BAE+∠DAE＝90°， ∵DE⊥AG，BF⊥AG， ∴∠AED＝∠BFA＝90°， ∴∠BAE+∠ABF＝90°， ∴∠ABF＝∠DAE， 在△ABF和△DAE中， ， ∴△ABF≌△DAE（AAS）， ∴AF＝DE，BF＝AE， ∴DE﹣BF＝AF﹣AE＝EF． （2）解：∵点G为BC中点， ∴BG＝CG． 设正方形的边长为2a， ∵△ABF≌△DAE， ∴∠DAE＝∠ABF，S△ABF＝S△DAE，AE＝BF， ∵∠ABF+∠BAE＝90°，∠ABF+∠FBC＝90°， ∴∠FBC＝∠BAE， ∵AB＝BC，∠FBC＝∠BAE，AE＝BF， ∴△ABE≌△BCF（SAS）， ∴S△ABE＝S△BCF，BE＝CF， ∵∠GFB＝∠H＝90°，∠FGB＝∠CGH，BG＝CG， ∴△BGF≌△CGH（AAS）， ∴S△BGF＝S△CGH，CH＝BF，FG＝HG， ∴S△FCG＝S△CGH， ∴S△FCG＝S△CGH＝S△BGF， ∵CH＝BF，BE＝CF，∠BFE＝∠H＝90°， ∴△BEF≌△CFH（HL）， ∴S△BEF＝S△CFH， ∵， ∴S四边形DEFC＝S正方形ABCD﹣S△ADE﹣S△ABF﹣S△BGF﹣S△CGF ＝4a2﹣2（S△ABF+S△BGF） ＝4a2﹣2S△ABG ＝2a2， ∴， 设S△ABE＝x，则， ∴S△ADE+S△ABF+S△BGF+S△CGF ＝5x， 又∵， ∴5x＝2a2， ∴， ∴， 则面积等于四边形DEFC面积的的三角形有△AEB，△BEF，△BFC，△FHC． 【点评】该题考查了正方形的性质，全等三角形的性质和判定，三角形中线等知识点，解题的关键是证明三角形全等． 26．（2025•西湖区校级三模）如图，点P在正方形ABCD的对角线BD延长线上，连接PA，过点P作PE⊥PA交BC的延长线于点E，过点E作EF⊥BP于点F． （1）若∠PAD＝15°， ①求∠PEF的度数； ②设AB＝4，求PE的长； （2）求证：CEPD． 【分析】（1）①根据正方形性质得∠ABP＝∠ADB＝∠CBP＝45°，进而得∠APD＝30°，再根据PE⊥PA，EF⊥BP得∠PEF＝∠APD＝30°； ②在FE上截取FG＝FP，连接PG，BG，连接CG，则△PFG是等腰直角三角形，进而得∠FPG＝45°，再证明△FBE是等腰直角三角形得BF＝EF，∠FEB＝45°，由此可判定△BFG和△EFP全等，则∠GBF＝∠PEF＝∠APD＝30°，解得BG∥AP，再根据∠FPG＝∠ABP＝45°得AB∥PG，由此得四边形ABGP是平行四边形，则PG＝AB＝4，在Rt△PFG，由勾股定理得FPPG，然后在Rt△PEF中，根据∠PEF＝30°即可得出PE的长； （2）先证明四边形DCGP是平行四边形，则PD＝CG，∠DCG＝∠FPG＝45°，进而得∠GCE＝∠FEB＝45°，则△GCE是等腰直角三角形，由勾股定理得CECG，由此即可得出结论． 【解答】（1）①解：∵四边形ABCD是正方形，点P在对角线BD的延长线上， ∴∠ABP＝∠ADB＝∠CBP＝45°， ∵∠ADP是△ADP的外角， ∴∠ADP＝∠PAD+∠APD， ∵∠PAD＝15°， ∴45°＝15°+∠APD， ∴∠APD＝30°， ∵PE⊥PA，EF⊥BP， ∴∠APE＝90°，∠PFE＝90°， ∴∠APD+∠EPF＝90°，∠PEF+∠EPF＝90°， ∴∠PEF＝∠APD＝30°； ②解：在FE上截取FG＝FP，连接PG，BG，连接CG，如图所示， ∵EF⊥BP， ∴∠BFG＝∠EFP＝90°， ∴△PFG是等腰直角三角形， ∴∠FPG＝45°， ∵∠CBP＝45°，EF⊥BP， ∴△FBE是等腰直角三角形， ∴BF＝EF，∠FEB＝45°， 在△BFG和△EFP中， ， ∴△BFG≌△EFP（SAS）， ∴∠GBF＝∠PEF＝30°， ∴∠GBF＝∠APD＝30°， ∴BG∥AP， 又∵∠FPG＝∠ABP＝45°， ∴AB∥PG， ∴四边形ABGP是平行四边形， ∴PG＝AB＝4， 在等腰Rt△PFG中， 由勾股定理得：PGFP， ∴FPPG， 在Rt△PEF中，∠PEF＝30°， ∴PE＝2FP； （2）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝DC，AB∥DC，∠DCB＝∠DCE＝90°， 由（1）可知：四边形ABGP是平行四边形， ∴AB∥PG，AB＝PG， ∴DC∥PG，DC＝PG， ∴四边形DCGP是平行四边形， ∴PD＝CG，∠DCG＝∠FPG＝45°， ∴∠GCE＝∠DCE﹣∠DCG＝45°， ∴∠GCE＝∠FEB＝45°， ∴△GCE是等腰直角三角形， ∴CG＝EG， 由勾股定理得：CECG， ∵PD＝CG， ∴CEPD． 【点评】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，理解 正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，勾股定理是解决问题的关键． 27．（2026•浙江模拟）如图1，在▱ABCD中，． （1）求AC的长． （2）把△ABC绕点A逆时针旋转，点B、C的对应点分别为E、F． ①当点B的对应点E落在对角线AC上时，EF与DC的交点为G，求四边形ADGE的面积； ②如图2，点E在对角线AC下方时，线段EF的反向延长线交BD与点P，连接AP，求DP﹣AP的最小值． 【分析】（1）作CH⊥AB，交AB的延长线H，易得CH＝3，BH＝1，可得AH＝6，再利用勾股定理即可得解； （2）①作GM⊥AC，交AC于点M，易得tan∠DCA＝tan∠CAH，则CM＝2GM，tan∠MEG＝tan∠CBH＝3，则GM＝3EM，再根据CE＝AC﹣AE即可求出GM，进而得解； ②先求BD＝5，AQ⊥BD得AQ＝3，DQ＝1，将DP﹣AP转化为，利用旋转性质得，当AP⊥EF时AP最小，代入求得DP﹣AP最小值． 【解答】解：（1）如图，作CH⊥AB，交AB的延长线H， 在平行四边形ABCD中，BC＝AD，AD∥BC， ∴∠CBH＝∠DAB， ∴tan∠DAB＝tan∠CBH3， 设BH＝a，则CH＝3a， ∴CBa， 解得a＝1， ∴CH＝3，BH＝1， 则AH＝AB+BH＝6， 在Rt△ACH中，AC3； （2）①如图，作GM⊥AC，交AC于点M， ∵AB∥CD， ∴∠DCA＝∠CAH， ∴tan∠DCA＝tan∠CAH， ∴， ∴CM＝2GM， 由旋转可知∠AEF＝∠ABC，AE＝AB＝5， ∴， ∴∠MEG＝∠CBH， ∴tan∠MEG＝tan∠CBH＝3，即， 设GM＝m，则，CM＝2m， ∴， 解得：， ∴，S△CDA＝S△CAB， ∴S四边形ADGE； ②如图，过点A作AQ⊥BD于点Q，过D作DM⊥AB于点M， 由（1）得tan∠DAB＝3，设AM＝k，则DM＝3k， ∵∴， 解得k＝1， ∴AM＝1，DM＝3． ∴BM＝AB﹣AM＝4， 在Rt△DMB中，， ∵， 又∵，且BD＝5， ∴， 解得AQ＝3， 在Rt△AQD中，， ∵P在BD上， ∴DP＝DQ+QP＝1+QP， ∴DP﹣AP＝1+QP﹣AP， 在Rt△AQP中，AP2＝AQ2+QP2， ∴AP2﹣QP2＝9，即（AP﹣QP）（AP+QP）＝9， ∴， ∴， 要最小化DP﹣AP，需最大化，即最小化AP+QP． 由旋转性质得，△ABC≌△AEF， ∴S△AEF＝S△ABC， 由（2）得，， 当AP⊥EF时，AP最小，QP也最小， 此时AP是△AEF中EF边上的高， 由旋转性质得，， ∴，即， ∴， 解得， 在Rt△AQP中，， ∴， ∴DP﹣AP的最小值为：． 【点评】本题主要考查了平行四边形的性质、解三角形、勾股定理、旋转的性质等内容，综合性强，难度大，熟练掌握相关知识是解题的关键． 28．（2025•宁波模拟）如图1，正方形ABCD中，点E是边AB上一点，连接DE，取DE中点F，连接BF并延长交CD延长线于点G． （1）求证：BF＝GF． （2）将BF绕点F逆时针旋转90°至HF（如图2），连结BH，CH，DH， ①求∠DCH的度数； ②求证：∠ADE+∠CDH＝45°． 【分析】（1）由正方形的性质可得AB∥CD，由平行线的性质可得∠GDF＝∠BEF，再证明△GFD≌△BFE（ASA），即可得证； （2）①连接BD，则BG＝2BF，由旋转的性质可得∠BFH＝90°，BF＝HF，由等腰直角三角形的性质可得，∠FBH＝45°，推出，由正方形的性质可得，∠CBD＝45°，证明△BDG∽△BCH，得出∠BCH＝∠BDG，求出∠BCH＝∠BDG＝135°，即可得解；②证明△DBE∽△DCH，得出∠BDE＝∠CDH，即可得证． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴AB∥CD， ∴∠GDF＝∠BEF， ∵F为DE的中点， ∴DF＝EF， 在△GFD和△BFE中， ， ∴△GFD≌△BFE（ASA）， ∴BF＝GF； （2）①解：如图2，连接BD， ∵BF＝GF， ∴BG＝2BF， 由旋转的性质可得∠BFH＝90°，BF＝HF， ∴，∠FBH＝45°， ∴， 在正方形ABCD中，，∠CBD＝45°， ∴∠CBD＝∠FBH，， ∴△BDG∽△BCH， ∴∠BCH＝∠BDG， ∵∠CBD＝45°， ∴∠BDG＝180°﹣∠CDB＝135°， ∴∠BCH＝∠BDG＝135°， ∴∠DCH＝135°﹣∠BCD＝45°； ②证明：∵△BDG∽△BCH，且相似比为，由（1）可得DG＝BE， ∴， ∴， ∵∠DBE＝∠DCH＝45°， ∴△DBE∽△DCH， ∴∠BDE＝∠CDH， ∴∠ADE+∠CDH＝∠ADE+∠BDE＝∠ADB＝45°． 【点评】本题属于四边形综合题，主要考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、等腰直角三角形的判定与性质、旋转的性质等知识点，熟练掌握以上知识点并灵活运用是解此题的关键． 29．（2025•宁波一模）已知平行四边形ABCD中，点P1，P2，⋯，Pn﹣2，Pn﹣1是对角线BD上的n等分点．连结APi，APj（1≤i＜j≤n﹣1）分别交线段BC，CD于点E，F，连结EF． （1）若EF∥BD，则i，j应该满足什么条件？ （2）若i＝2，j＝n﹣2，四边形ABCD的面积为S，△AEF的面积为，求n的值． 【分析】（1）由平行四边形得到AD∥BC，AB∥CD，则△BEPi∽△DAPi，△ABPj∽△FDPj，那么得到比例式，继而得到，化简即可求解i，j满足的关系； （2）当i＝2，j＝n﹣2，则，而△AP2Pn﹣2∽△AEF，则，那么，而，由于点P1，P2，⋯，Pn﹣2，Pn﹣1是对角线BD上的n等分点，则，即可得到，再解方程即可． 【解答】解：（1）∵平行四边形ABCD， ∴AD∥BC，AB∥CD， ∴△BEPi∽△DAPi，△ABPj∽△FDPj， ∴，， ∵EF∥BD， ∴， ∴， 化简得：n[n﹣（i+j）]＝0， ∴i+j＝n或n＝0（舍）． ∴当EF∥BD，则i，j应该满足i+j＝n； （2）∵EF∥BD， ∴△AP2Pn﹣2∽△AEF， ∴， ∴， ∵四边形ABCD是平行四边形，为中心对称图形， 当i＝2，j＝n﹣2， 由（1）得：． 则， ∴， ∵点P1，P2，⋯，Pn﹣2，Pn﹣1是对角线BD上的n等分点， ∴， ∴， 整理得：n2﹣4n﹣12＝0， 解得：n＝6或n＝﹣2（舍）． 【点评】本题考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定与性质，平行线分线段成比例定理，难度较大，解题的关键是理清字母i，j表示的线段． 30．（2025•绍兴三模）如图，△ABC中，BC＝12，S△ABC＝36，点D是边AB上一点，过点D作DE∥BC交AC于点E，以DE为边作矩形DEFG，其中点F、G落在边BC上． （1）当AD＝BD时，求矩形DEFG的面积； （2）当DE经过△ABC的重心时，求矩形DEFG的面积． 【分析】（1）过点A作AH⊥BC，得出△DBG∽△ABH，证明△ADE∽△ABC，进而可得，，得出，即可求解． （2）同（1）可得，，进而得出，即可求解． 【解答】解：（1）过点A作AH⊥BC， 当AD＝BD时，可得：， ∵四边形DEFG是矩形， ∴DG⊥BC， ∴AH∥DG， ∴△DBG∽△ABH， ∴， 即， ∵DE∥BC， ∴△ADE∽△ABC， ∴， ∴， ∵S△ABC＝36， ∴矩形DEFG的面积为18； （2）当DE经过△ABC的重心时，， ∵四边形DEFG是矩形， ∴DG⊥BC， ∴AH∥DG， ∴△DBG∽△ABH， ∴， ∴，， ∴， ∵S△ABC＝36， ∴矩形DEFG的面积为16． 【点评】本题考查了相似三角形的性质与判定，三角形重心的性质，熟练掌握相似三角形的性质与判定是解题的关键． 31．（2025•杭州校级模拟）四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，AD∥BC，AC平分∠BAD，OA＝OC． （1）如图1，求证：四边形ABCD是菱形； （2）如图2，AB＝AC，CH⊥AD于点H，交BD于点E，连接AE，点G在AB上，连接EG交AC于点F，若∠AGE＝45°，在不添加任何辅助线的情况下，直接写出四条与线段AG相等的线段（线段AG除外）． 【分析】（1）根据ASA先证明△AOD≌△COB，推出BO＝OD，AD＝BC，易证四边形ABCD是平行四边形，再根据角平分线的定义结合∠ACB＝∠CAD，推出∠ACB＝∠BAC，推出AB＝BC，即可证明； （2）根据AB＝AC，结合四边形ABCD是菱形，推出AB＝AC＝BC＝CD＝AD，易证△ABC，△ACD都是等边三角形，得到∠BAC＝∠CAD＝60°，再根据CH⊥AD，利用等腰三角形三线合一，可推出CH是AD的垂直平分线，得到AE＝DE，∠ACH＝30°，利用菱形的性质得到AE＝CE，∠CAE＝30°，求出∠BAE＝90°，结合∠AGE＝45°，易证△GAE是等腰直角三角形，推出GE＝AE，再利用三角形内角和定理求出∠AFG＝75°，进而求出∠CEF＝75°，得到CE＝CF，即可得出结论． 【解答】（1）证明：∵AD∥BC， ∴∠ACB＝∠DAC， ∵∠AOD＝∠COB，OA＝OC， ∴△AOD≌△COB（ASA）， ∴BO＝OD，AD＝BC， ∴四边形ABCD是平行四边形， ∵AC平分∠BAD， ∴∠BAC＝∠DAC， ∵∠ACB＝∠DAC， ∴∠ACB＝∠BAC， ∴AB＝BC， ∴四边形ABCD是菱形； （2）证明：∵AB＝AC，四边形ABCD是菱形， ∴AB＝AC＝BC＝CD＝AD， ∴△ABC、△ACD都是等边三角形， ∴∠BAC＝∠CAD＝60°， ∵CH⊥AD， ∴CH是AD的垂直平分线，CH是∠ACD的角平分线， ∴AE＝DE，∠ACH＝30°， ∵四边形ABCD是菱形， ∴AC⊥BD，BD是AC的垂直平分线， ∴AE＝CE， ∴∠CAE＝∠ACH＝30°， ∴∠BAE＝∠BAC+∠CAE＝90°， ∵∠AGE＝45°， ∴∠AEG＝45°， ∴△GAE是等腰直角三角形， ∴GE＝AE， ∵∠AFG＝180°﹣∠BAC﹣∠AGE＝75°， ∴∠CFE＝75°， ∴∠CEF＝180°﹣∠CFE﹣∠ACE＝75°， ∴CE＝CF， ∴GE＝AE＝CE＝DE＝CF． 【点评】本题考查菱形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，等腰三角形判定与性质，三角形全等的判定与性质，三角形内角和定理等知识点，熟练运用等腰三角形的性质是解题的关键． 32．（2025•景宁县二模）如图，在正方形ABCD中，E是BC上一点，延长CD使DF＝BE，连接AE，AF，EF，过点A作AH⊥EF，交EF于点G． （1）求证：AE＝AF； （2）求证：∠AGC＝2∠AFC； （3）若CH＝GH，求的值． 【分析】（1）证明△ABE≌△ADF（SAS），即可得到AE＝AF； （2）证明△EAF是等腰直角三角形，利用等腰直角三角形的性质，斜边中线的性质，以及三角形的外角性质可得到∠AGC＝2∠GFA+2∠GFC＝2∠AFC； （3）连接EH，证明Rt△EGH≌Rt△ECH（HL），推出△EGC是等边三角形，设CG＝EG＝FG＝a，BE＝DF＝x，利用直角三角形的性质结合勾股定理求得，解方程即可求解． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD，∠ABE＝∠ADC＝90°， ∴∠ADF＝180°﹣∠ADC＝90°， ∴∠ABE＝∠ADF＝90°， 在△ABE和△ADF中， ， ∴△ABE≌△ADF（SAS）， ∴AE＝AF； （2）证明：∵△ABE≌△ADF， ∴∠BAE＝∠DAF， ∴∠EAF＝∠DAF+∠DAE＝∠BAE+∠DAE＝90°， ∴△EAF是等腰直角三角形， ∴∠AEF＝∠AFE＝45°， ∵AH⊥EF， ∴点G是EF的中点，∠GAF＝∠GFA＝45°， ∴CG＝GF，∠AGE＝2∠GFA， ∴∠FCG＝∠GFC， ∴∠EGC＝2∠GFC， ∴∠AGC＝2∠GFA+2∠GFC＝2∠AFC； （3）解：如图，连接EH， ∵∠EGH＝∠ECH＝90°， ∴△EGH和△ECH是直角三角形， 在Rt△EGH和Rt△ECH中， ， ∴Rt△EGH≌Rt△ECH（HL）， ∵EG＝EC， ∵EG＝GC， ∴EG＝GC＝EC， ∴△EGC是等边三角形， ∴∠FEC＝60°， ∴∠EFC＝30°， 设CG＝EG＝FG＝a，BE＝DF＝x， ∴EF＝2a， ∴， ∵， ∴， ∵△EAF是等腰直角三角形，EF＝2a， ∴， 在Rt△ABE中，由勾股定理得：AB2+BE2＝AE2，即， 解得：（舍去）， 即． 【点评】本题属于四边形综合题，主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定和性质，直角三角形的性质，解一元二次方程，熟练掌握以上知识点是解题的关键． 33．（2025•开化县模拟）如图，这是由全等的含60°角的小菱形组成的网格，每个小菱形的顶点叫做格点，点A，B，C，D，E在格点上，线段AB与CD相交于点P，连结AE． （1）若AD＝2， ①求证：△ACD为等边三角形． ②求线段AB的长． （2）求tan∠CPA的值． 【分析】（1）①由菱形的性质得AC＝AD＝2，∠CAD＝60°，再由等边三角形的判定即可得出结论； ②过点A作AF⊥BE，交BE的延长线于点F，由题意可知∠AGF＝60°，AGAD＝1，则∠FAG＝30°，再由含30°角的直角三角形的性质得FGAG，进而由勾股定理求出AF的长，然后由勾股定理求出AB的长即可； （2）连接BD，证明四边形ADBE是平行四边形，得PE＝PD，再由等边三角形的性质得CD＝AD＝2，AE⊥CD，DECD＝1，PE＝PDDE，然后由勾股定理求出AE的长，即可解决问题． 【解答】（1）①证明：∵由全等的含60°角的小菱形组成的网格，AD＝2， ∴AC＝AD＝2，∠CAD＝60°， ∴△ACD是等边三角形； ②解：如图，过点A作AF⊥BE，交BE的延长线于点F， 则∠AFG＝90°， 由题意可知，∠AGF＝60°，AGAD＝1， ∴∠FAG＝90°﹣60°＝30°， ∴FGAG， ∴AF， ∵BF＝BG+FG＝3， ∴AB， 即线段AB的长为； （2）解：如图，连接BD， 由题意可知，BE＝AD＝2，BE∥AD， ∴四边形ADBE是平行四边形， ∴PE＝PD， 由（1）可知，△ACD是等边三角形， ∴CD＝AD＝2， ∵CE＝DE， ∴AE⊥CD，DECD＝1， ∴∠AEP＝90°，PE＝PDDE， ∴AE， ∴tan∠CPA2． 【点评】本题是四边形综合题，考查了菱形的性质、平行四边形的判定与性质、等边三角形的判定与性质、含30°角的直角三角形的性质、勾股定理以及锐角三角函数定义等知识，本题综合性强，熟练掌握菱形的性质、等边三角形的判定与性质以及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． 34．（2025•浙江模拟）数学学习小组成员在阅读课外书中，学习了一种特殊的四边形：筝形，其定义为：两组邻边分别相等的四边形叫做“筝形”．因此大家以“筝形”为主题开展了实践探究活动． 【素材】学习小组成员将一张长方形卡纸对折后压平，按图中的方法剪出一个三角形，把纸展平，得到四边形ABCD． 【探究】 （1）如图1，判断四边形ABCD是否为筝形．若是筝形，请指出哪两组邻边相等；若不是筝形，请说明理由． （2）如图2，在探究筝形MNPQ性质的过程中，猜想：NQ垂直平分MP．你认为该猜想是否成立？请说明理由． （3）在第（2）题基础上，已知QM⊥MN，若，MQ＝3，求筝形MNPQ的面积． 【分析】（1）根据折叠的性质可知，AD＝CD，BA＝BC，再根据“筝形”的定义可得结论； （2）由折叠的性质得，MQ＝PQ，∠MQO＝∠PQO，OQ＝OQ，则△QMO≌△QPO（SAS），可得∠QOM＝∠QOP＝90°，OM＝OP，进而可得结论； （3）先证明∠QMO＝∠QNM得，求出NQ＝9，再由勾股定理求出，则，再根据求解即可． 【解答】解：（1）四边形ABCD是否为筝形；理由如下： 将一张长方形卡纸对折后压平，按图中的方法剪出一个三角形， ∴AD＝CD，BA＝BC， ∴ABCD是筝形，两组相等的邻边分别是AD＝CD，BA＝BC； （2）猜想成立；理由如下： 由折叠的性质得，MQ＝PQ，∠MQO＝∠PQO，OQ＝OQ， 在△QMO和△QPO中， ， ∴△QMO≌△QPO（SAS）， ∴∠QOM＝∠QOP＝90°，OM＝OP， ∴NQ垂直平分MP； （3）∵QM⊥MN且NQ⊥MP， ∴∠QMO+∠MQO＝∠QNM+∠MQO＝90°， ∴∠QMO＝∠QNM， ∴， ∴NQ＝9， 在Rt△MQO中，由勾股定理得：MO2+QO2＝MQ2， ∴MO2+12＝32， 解得， ∴， ∴， 答：筝形MNPQ的面积为． 【点评】本题是四边形综合题，考查了折叠的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形的性质等知识，解答本题的关键是熟练掌握全等三角形的性质以及折叠的性质． 35．（2025•浙江模拟）如图1，设α是菱形ABCD中较大的内角，定义，称k为这个菱形的“倾斜度”． （1）若四边形ABCD为正方形，则k＝　 　 ； （2）如图2，倾斜度分别为k1和k2的两个菱形，菱形ABCD和菱形ABEF有公共边AB，点F恰好在CB的延长线上，且∠DAB和∠FAB均为锐角． ①当k1＝k2时，求∠DAB的度数； ②求证：2k1+k2＝1． 【分析】（1）根据正方形的性质和菱形的“倾斜度”即可得到结论； （2）①设∠DAB＝x，则∠ABC＝180﹣x，根据菱形的“倾斜度”的定义得到，根据平行线的性质得到∠ABF＝∠DAB＝x，在菱形ABEF中，∠ABF＝x，求得∠ABE＝2x，根据k1＝k2，解方程得到∠DAB＝60°； ②证明：由①得，，代入2k1+k2，即可得到结论． 【解答】（1）解：∵四边形ABCD为正方形， ∴k0， 故答案为：0； （2）①解：设∠DAB＝x，则∠ABC＝180﹣x，， 又∵AD∥BC， ∴∠ABF＝∠DAB＝x， 在菱形ABEF中，∠ABF＝x， ∴∠ABE＝2x， ∵k1＝k2， ∴， 解得x＝60°， 即∠DAB＝60°； ②证明：由①得，， ∴． 【点评】本题是四边形的综合题，考查了菱形的性质，正方形的性质，新概念菱形的“倾斜度”，正确地理解菱形的“倾斜度”是解题的关键． 36．（2025•定海区二模）【思考尝试】：（1）如图1，在矩形ABCD中，E是边AB上一点，DF⊥CE于点F，GD⊥DF，AG⊥DG，AG＝CF，求证：四边形ABCD是正方形； 【实践探究】：（2）如图2，在正方形ABCD中，E是边AB上一点，DF⊥CE于点F，AH⊥CE于点H，GD⊥DF交HA的延长线于点G，求线段FH，AH，CF的数量关系； 【拓展迁移】：（3）如图3，在正方形ABCD中，E是边AB上一点，AH⊥CE于点H，点M在线段CH上，且AH＝HM，连接AM，BH，AC． ①求证：∠HBE＝∠MCA； ②直接写出线段CM，BH的数量关系． 【分析】（1）根据矩形的性质得到∠ADC＝90°，得到∠ADG＝∠CDF，根据全等三角形的性质得到AD＝CD，于是得到四边形ABCD是正方形； （2）根据矩形的判定定理得到四边形HFDG是矩形，求得∠G＝∠DFC＝90°，根据正方形的性质得到AD＝CD，∠ADC＝90°，求得∠ADG＝∠CDF，根据全等三角形的性质得到AG＝CF，DG＝DF，根据正方形的判定定理得到矩形HFDG是正方形，于是得到HG＝HF＝AH+AG＝AH+CF； （3）①证明△AHE∽△CBE，得，所以，然后证明△HEB∽△AEC，即可得到结论； ②根据正方形的性质得到∠BAC＝45°，根据等腰直角三角形的性质得到∠HAM＝45°，根据相似三角形的性质即可得到结论． 【解答】（1）证明：∵GD⊥DF，DF⊥CE，AG⊥DG， ∴∠G＝∠DFC＝90°， ∠ADG+∠ADF＝90°， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠ADC＝∠ADF+∠CDF＝90°， ∴∠ADG＝∠CDF， 又∵AG＝CF， ∴△ADG≌△CDF（AAS）， ∴AD＝CD， ∵四边形ABCD是矩形， ∴四边形ABCD是正方形； （2）解：FH＝AH+CF，理由如下： ∵DF⊥CE，AH⊥CE，GD⊥DF， ∴∠DFH＝∠H＝∠GDF＝90°， ∴四边形DGHF是矩形， ∴∠G＝90°＝∠DFC， 同理（1）可得∠ADG＝∠CDF， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AD＝CD， ∴△ADG≌△CDF（AAS）， ∴DG＝DF，AG＝CF， ∴四边形DGHF是正方形， ∴HG＝HF， ∴FH＝HG＝AH+AG＝AH+CF； （3）①证明：∵AH⊥CE，四边形ABCD是正方形， ∴∠AHE＝∠ABC＝90°， ∵∠AEH＝∠CEB， ∴△AHE∽△CBE， ∴， ∴， 又∵∠BEH＝∠AEC， ∴△HEB∽△AEC， ∴∠HBE＝∠MCA； ②解：CMBH，理由如下： ∵四边形ABCD是正方形， ∴∠BAC＝45°， ∵AH⊥CE，AH＝HM， ∴△AHM是等腰直角三角形， ∴∠HAM＝45°， ∴∠MAC＝∠HAB， ∵， ∴△AMC∽△AHB， ∴， ∴CMBH． 【点评】本题是四边形的综合题，考查了全等三角形的判定和性质，正方形的性质，相似三角形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质定理以及相似三角形的判定和性质定理是解题的关键． 37．（2025•永嘉县三模）如图1，等腰Rt△EFC与正方形ABCD的顶点重合于点C，连接AE，AF，点M为AE的中点，直线DM交AF于点H．对于旋转问题中位置关系的研究，我们的研究的思路是从特殊到一般，要探究DH与AF的位置关系，可先将其位置特殊化． （1）如图2，当点E，F分别落在正方形的边CD、BC上，EF与正方形对角线AC交于点N， ①若正方形ABCD的边长为3，BF＝2，连接MN，求MN的长度； ②判断直线MN、DM的位置关系，并说明理由； （2）如图1，点E落在正方形ABCD内，求证：DH⊥AF． 【分析】（1）①利用正方形的性质，等腰直角三角形的性质和等腰三角形的三线合一的性质得到∠ANE＝90°，利用直角三角形的斜边上的中线的性质和勾股定理解答即可得出结论； ②利用全等三角形的判定与性质得到∠AFB＝∠AED，利用线段的垂直平分线的性质和等腰三角形的性质得到∠AEF＝∠AFE，利用直角三角形的斜边上的中线的性质和等腰三角形的性质得到∠MNE＝∠AEF，∠MDE＝∠AED，利用等腰直角三角形的性质和等量代换的性质得到∠MNE+∠AEF+∠AED+∠MDE＝2（∠AFB+∠AFE）＝2×135°＝270°，再利用四边形的内角和定理得到∠NMD＝360°﹣270°＝90°，结论可得； （2）延长AD至点G，使DG＝AD，连接CA，CG，EG，利用正方形的性质，等腰直角三角形的判定与性质和全等三角形的判定与性质得到∠FAC＝∠EGC，利用三角形的中位线定理和平行线的性质得到∠ADH＝∠AGE，利用等腰直角三角形的性质和三角形的内角和定理解答即可得出结论． 【解答】（1）解：①∵四边形ABCD为正方形， ∴BC＝CD＝AD＝3，∠ACB＝∠ACD＝45°， ∵△CEF为等腰直角三角形， ∴CE＝CF，CN⊥EF，NE＝NF， ∴∠ANE＝90°， ∵点M为AE的中点， ∴MN＝AM＝MEAE， ∵BF＝2， ∴CF＝CE＝1， ∴DE＝CD﹣CE＝2， ∴AE， ∴MN； ②直线MN、DM的位置关系为MN⊥DM，理由： ∵四边形ABCD为正方形， ∴AB＝BC＝CD＝AD，∠B＝∠BCD＝∠ADC＝90°， ∵CE＝CF， ∴BF＝DE， 在△ABF和△ADE中， ， ∴△ABF≌△ADE（SAS）， ∴∠AFB＝∠AED， 由①知：CN⊥EF，NE＝NF， ∴AC垂直平分EF， ∴AE＝AF， ∴∠AEF＝∠AFE， ∵△CEF为等腰直角三角形， ∴∠CFE＝45°， ∴∠AFB+∠AFE＝135°， 由①知：MN＝MEAE， ∴∠MNE＝∠AEF， ∵∠ADE＝90°，点M为AE的中点， ∴DM＝MEAE， ∴∠MDE＝∠AED， ∴∠MNE+∠AEF+∠AED+∠MDE＝2（∠AFB+∠AFE）＝2×135°＝270°， ∵四边形MNED的内角和为360°， ∴∠NMD＝360°﹣270°＝90°， ∴MN⊥DM； （2）证明：延长AD至点G，使DG＝AD，连接CA，CG，EG，如图， ∵四边形ABCD为正方形， ∴∠BCD＝∠ADC＝90°，∠BAC＝∠DAC＝∠ACB＝∠ACD＝45°， ∵DG＝AD， ∴CD为AG的垂直平分线，△CDG等腰直角三角形， ∴CA＝CG，∠ACG＝90°， ∵△CEF等腰直角三角形， ∴∠ECF＝90°，CE＝CF， ∴∠ECF＝∠ACG＝90°， ∴∠ACF＝∠GCE． 在△ACF和△GCE中， ， ∴△ACF≌△GCE（SAS）， ∴∠FAC＝∠EGC， ∵点M为AE的中点，点D为AG的中点， ∴MD为△AEG的中位线， ∴DM∥EG， ∴∠ADH＝∠AGE， ∵∠AGE+∠EGC＝45°， ∴∠ADH+∠FAC＝45°， ∴∠FAC+∠ADH+∠CAD＝90°， 即∠FAD+∠ADH＝90°， ∴∠AHD＝90°， ∴DH⊥AF． 【点评】本题主要考查了正方形的性质，等腰直角三角形的性质，直角三角形的性质，直角三角形的斜边上的中线的性质，勾股定理，三角形的中位线定理，平行线的性质，全等三角形的牌【的与性质，三角形的内角和定理，四边形的内角和定理，添加适当的辅助线构造全等三角形是解题的关键． 38．（2025•柯城区校级三模）数学课上，老师提出一个问题：在平行四边形ABCD的边BC上取一点P，使得△ABP是以AB为底边的为等腰三角形．小明同学按以下步骤作图：①以点D为圆心，适当长度为半径作弧，分别交DA，DC于点M，N；②以点A为圆心，DM长为半径作弧，交BA于点E；③以点E为圆心，以MN长为半径作弧，在∠BAD内部交前弧于点F；④连接AF并延长，交BC于点P． （1）通过作图可以得到△DMN≌△AEF的依据是SSS ； （2）小聪同学表示他可以借助无刻度直尺和圆规用另外一种方法作出点P，请在图2中完成作图，要求保留作图痕迹； （3）如图3，小聪同学继续用无刻度直尺和圆规作了射线DG，发现DG恰好经过点P，此时小聪同学发现△ABP，△CDP，△ADP都是等腰三角形，求∠B的度数． 【分析】（1）尺规作图的全等依据均为SSS； （2）作线段AB的垂直平分线，与BC交于点P，即可得到PA＝PB； （3）由作图痕迹可知DG是∠ADC的角平分线，则易推△CDP为等腰三角形，根据△ADP为等腰三角形，分三种情况讨论，利用∠B+∠BAD＝180°建立方程求解即可． 【解答】解：（1）由题可知DM＝DN＝AE＝AF，MN＝EF， 根据三边对应相等的两个三角形全等即可证△DMN≌△AEF， 故答案为：SSS； （2）如图，△ABP即为所求； 作图提示：作线段AB的垂直平分线，与BC交于点P，即可得到PA＝PB； （3）由作图痕迹可知DG是∠ADC的角平分线， ∴设∠ADP＝∠CDP＝α，则∠BAP＝∠B＝∠ADP＝2α， ∵△ADP是等腰三角形， ∴分三种情况讨论： ①DA＝DP，则∠DAP90α， ∵AB∥CD， ∴∠B+∠BAD＝180°， ∴2α+2α+90°180°， 解得α， ∴∠B＝2α； ②PA＝PD，则∠DAP＝∠ADP＝α， ∵AB∥CD， ∴∠B+∠BAD＝180°， ∴2α+2α+α＝180°， 解得α＝36°， ∴∠B＝2α＝72°； ③AP＝AD，则∠DAP＝180°﹣2α， ∴2α+2α+180°﹣2α＝180°， 方程无解，故此种情况不存在； 综上，∠B的度数为或72°． 【点评】本题主要考查了尺规作图、等腰三角形的性质、平行四边形的性质等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键． 39．（2025•浙江模拟）已知菱形ABCD，AB＝2，∠B＝60°，点E为射线BC上的一个动点，连结EA，ED． （1）如图1，若ED⊥AD，求EA的长； （2）如图2，点F为AE上一点，且∠ADF＝∠AED，求证：AF•AE＝4； （3）如图3，在（2）的条件下，连结BF， （i）∠AFB的大小是否为定值？如果是定值，请求出定值，否则说明理由， （ⅱ）求的最小值． 【分析】（1）根据菱形的性质得到AB＝CD＝AD＝2，AB∥CD，AD∥BC，根据平行线 到现在得到∠DCE＝∠B＝60°，求得∠ADE＝∠DEB＝90°，根据勾股定理即可得到结论； （2）根据相似三角形的判定定理得到△ADF∽△AED，根据相似三角形的性质得到结论； （3）（i）根据相似三角形的判定和性质定理即可得到结论； （ii）根据相似三角形的性质得到，当DF最小时，有最小值，如图，作△ABC的外接圆⊙O，交BD于F′，当F与F′重合时，DF最小，此时，∠BAF＝90°，∠ABD＝30°，∠DAF＝120°﹣90°＝30°，根据三角函数的定义即可得到结论． 【解答】（1）解：∵四边形ABCD是菱形， ∴AB＝CD＝AD＝2，AB∥CD，AD∥BC， ∴∠DCE＝∠B＝60°， ∵ED⊥AD， ∴DE⊥BC， ∴∠ADE＝∠DEB＝90°， ∴CECD＝1， ∴DE， ∴EA； （2）证明：∵∠DAF＝∠EAD，∠ADF＝∠AED， ∴△ADF∽△AED， ∴， ∴， ∴AF•AE＝4； （3）解：（i）∵AB＝AD＝AF•AE， ∴， ∵∠BAF＝∠EAB， ∴△ABF∽△AEB， ∴∠AFB＝∠ABE＝60°， ∴∠AFB的大小为定值； （ii）∵△ADF∽△AED， ∴， ∵AD＝2是定值， ∴当DF最小时，有最小值， 如图，作△ABC的外接圆⊙O，交BD于F′，当F与F′重合时，DF最小， 此时，∠BAF＝90°，∠ABD＝30°，∠DAF＝120°﹣90°＝30°， ∴∠DAF＝∠ADF， ∴AF＝DF， ∵tan30°， ∴， 即的最小值是． 【点评】此题是四边形综合题，主要考查了菱形的性质，相似三角形的判定和性质，勾股定理，角平分线的定义，熟练掌握判定两三角形相似的方法是解本题的关键． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $ 第六章 四边形 专题02 特殊四边形综合压轴题39题训练 目 录 刷考点 精准巩固，扫清盲区 提能力 聚焦过程，优化策略 测综合 跨界融合，挑战创新 1．（2025•萧山区一模）如图，E是正方形ABCD的边CD上一动点（不与C，D重合），连结AE，以AE为边作正方形AEFG，点M是AF的中点，连结CM．给出下列结论：①；②点B，M，D三点共线，则下列判断正确的是（　　） A．①，②都对 B．①，②都错 C．①对，②错 D．①错，②对 2．（2025•浙江模拟）如图，以Rt△ABC的斜边AB为边作正方形ABDE，点C在正方形ABDE外部，连结CD，CE，CD交AB于点F，连结EF．若△ABC的周长是6，△CEF的面积是，则正方形ABDE的面积是（　　） A．5 B． C．6 D． 3．（2025•温州模拟）如图，点E，F，M，N分别在菱形ABCD的边AB，BC，AD，CD上，连结EF，MN．若AB＝5，BE＝BF＝AM＝CN，sinB＝xsin∠EFB，记EF+MN＝y，当x，y发生变化时，下列代数式的值不变的是（　　） A． B． C．xy D．y﹣x 4．（2025•临安区一模）如图，在矩形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，，点E是边AD的中点，点N在边BC上，且，连结EN交AC于点H，连结DH，若OH，则DH＝（　　） A． B． C． D． 5．（2025•上城区校级三模）如图，四边形ABCD为正方形，点P是边AD上方一点，且满足∠APC＝90°，下列各式的值为定值的是（　　） A． B． C． D． 6．（2025•诸暨市二模）如图，在平行四边形ABCD中，△CEF的顶点E，F分别在边AB，AD上，满足∠AEC＝∠AFC，AE＝1，AF＝CF＝4，CE＝6，在CE上一取点M，满足∠CMF＝∠A，则CM＝（　　） A．1 B． C． D．2 7．（2025•浙江模拟）如图，在正方形ABCD中，点P在DC上，连接PA，PB，作AE⊥PB于点M，交BC于点E，作BF⊥PA于点N，交AD于点F．若∠APB＝53°，则∠PFB+∠PEA等于（　　） A．148° B．143° C．136° D．126° 8．（2025•西湖区校级三模）如图，在 Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＞AC，分别以AB，AC为边向外作正方形ABDE，ACFG．连接EG，过点B作 BH⊥EG于点H，过点A作MN∥BC分别交BD，FG，BH于点M，N，P，则下列比值为定值的是（　　） A． B． C． D． 9．（2025•钱塘区三模）如图，四边形ABCD是正方形，点F在边AD上运动（不与端点重合），连结CF，以CF为对角线作正方形CEFG，连结BG，DE．当点F运动时，下列比值不变的是（　　） A． B． C． D． 10．（2025•瑞安市二模）如图，点E为矩形ABCD的对角线AC上一点，过点E分别作FG∥BC，MN∥AB，交矩形各边于点F，M，G，N，且四边形BMEF为正方形．我国数学家杨辉曾在此图形中发现一个与正方形BMEF面积相等的图形，从而求得这个正方形的边长．若CG＝2DG，S△CEG＝8，则BF的长为（　　） A．2 B． C．4 D． 11．（2025•余姚市三模）如图，已知正方形EFGH的边EF过正方形ABCD的中心，点E，F分别在边AB、CD上，连接EG，BG，则知道下列哪个选项便可求出△BEG的面积（　　） A．DF的长 B．CF的长 C．EF的长 D．DF•CF的值 12．（2025•龙湾区二模）如图，在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＞AC，分别以AB，AC为边向外作正方形ABDE，ACFG．连接EG，过点B作BH⊥EG于点H，过点A作MN∥BC分别交BD，FG，BH于点M，N，P，则下列比值为定值的是（　　） A． B． C． D． 13．（2025•浙江模拟）在四边形ABCD中，M，N，P，Q分别为边AB，BC，CD，DA上的点（不与点A，点B，点C，点D重合），下面结论： ①若四边形ABCD为正方形，则存在无数个四边形MNPQ是正方形； ②若四边形ABCD为矩形，则存在无数个四边形MNPQ是矩形； ③若四边形ABCD是菱形，存在无数个四边形MNPQ是菱形，其中正确的结论个数为（　　） A．3 B．2 C．1 D．0 14．（2025•鹿城区校级二模）如图，BD是菱形ABCD的对角线，∠ABC＝60°，E为BC边上的一个动点（不与端点重合），点F在BC的延长线上，且CF＝BE，过点F作FG⊥BD于点G，连结AE，则下列比值为定值的是（　　） A． B． C． D． 15．（2025•衢州一模）如图，在菱形ABCD中，DE⊥BA，交BA的延长线于点E，EF⊥BC于点F，若，四边形BCDE的面积为，则BF的长为（　　） A． B． C． D． 16．（2025•临安区一模）如图，菱形ABCD和菱形CEFG中，∠ABC＝∠GCE＝120°，AB＝2，CE＝4，点P在边GF上，点Q在边CE上，PF＝CQ，连结AC和PQ，M，N分别是AC，PQ的中点，则MN的长为（　　） A． B． C． D． 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 　 ． 18．（2025•浙江模拟）如图，在边长为的正方形ABCD中，E为BC边上的中点，过点A作DE的垂线分别交DE和BC的延长线于点F，G，点P在线段BG上运动（不与端点重合），点M，N分别为AP，EF的中点．在点P运动过程中，当△BMN成为直角三角形时，BP的长为 　 ． 19．（2025•上城区一模）如图，在正方形ABCD中，点E、F分别在边AD、DC上，且DE＝DF，点B关于直线EG的对称点B′在线段BC的延长线上，B′E与BF交于点H． （1）若点A与点H关于直线BE对称，则tan∠EBA＝ 　 ； （2）若，则 　 ． 20．（2025•鄞州区校级模拟）长和宽分别是19和15矩形内，如图所示放置5个大小相同的正方形，且A、B、C、D四个顶点分别在矩形的四条边上，则每个小正方形的边长是 　 ． 21．（2025•衢州一模）如图，正方形ABCD由四个全等的直角三角形（△ABE，△BCF，△CDG，△DAH）和中间一个小正方形EFGH组成，连接并延长DF，交EH，AB于点N，M．若FM＝MB， （1）比较线段大小：DF　 　 DC．（填写“＞”“＝”“＜”） （2）的值等于 　 ． 22．（2025•萧山区校级模拟）如图，已知正方形ABCD，点E为线段BC上异于端点的一动点，DH⊥AE于点F，交AB于点H，连接BF，AE、BD交于点P，FG平分∠DFE交DB于点G，现有下列判断：①若∠BAE＝∠HDB，则；②；③的值与点E的位置有关；④若，则S△BDF＝2S△ABF．其中正确的是　 　 （填序号）． 23．（2025•杭州模拟）窦龙（原创）如图，正方形ABCD，点E在AB上，点F在BC上，连接DE和AF交于点L，连接EF，若AF⊥DE，FL＝7，四边形EFCD的面积是65，则DL的长为　 　 ． 24．（2025•杭州模拟）如图，已知矩形ABCD中，点H是CD的中点，连结BD和AH交于点G，过A作BD的垂线交BD于点E，延长AE交BC于点F．若AB＝BG，在BD上取一点P（不与B和D重合），使得直线CP刚好经过四边形DEFH某一条边的中点，则BP：BD的值为 　 ． 25．（2025•滨江区校级模拟）在正方形ABCD中，G是BC上一点，DE⊥AG于点E，BF⊥AG于点F． （1）如图1，求证：DE﹣BF＝EF； （2）如图2，过点C作CH⊥AG于点H，连接BE、CF，若点G为BC中点，在不添加任何辅助线的情况下，请直接写出图2中四个三角形，使得每个三角形的面积等于四边形DEFC面积的． 26．（2025•西湖区校级三模）如图，点P在正方形ABCD的对角线BD延长线上，连接PA，过点P作PE⊥PA交BC的延长线于点E，过点E作EF⊥BP于点F． （1）若∠PAD＝15°， ①求∠PEF的度数； ②设AB＝4，求PE的长； （2）求证：CEPD． 27．（2026•浙江模拟）如图1，在▱ABCD中，． （1）求AC的长． （2）把△ABC绕点A逆时针旋转，点B、C的对应点分别为E、F． ①当点B的对应点E落在对角线AC上时，EF与DC的交点为G，求四边形ADGE的面积； ②如图2，点E在对角线AC下方时，线段EF的反向延长线交BD与点P，连接AP，求DP﹣AP的最小值． 28．（2025•宁波模拟）如图1，正方形ABCD中，点E是边AB上一点，连接DE，取DE中点F，连接BF并延长交CD延长线于点G． （1）求证：BF＝GF． （2）将BF绕点F逆时针旋转90°至HF（如图2），连结BH，CH，DH， ①求∠DCH的度数； ②求证：∠ADE+∠CDH＝45°． 29．（2025•宁波一模）已知平行四边形ABCD中，点P1，P2，⋯，Pn﹣2，Pn﹣1是对角线BD上的n等分点．连结APi，APj（1≤i＜j≤n﹣1）分别交线段BC，CD于点E，F，连结EF． （1）若EF∥BD，则i，j应该满足什么条件？ （2）若i＝2，j＝n﹣2，四边形ABCD的面积为S，△AEF的面积为，求n的值． 30．（2025•绍兴三模）如图，△ABC中，BC＝12，S△ABC＝36，点D是边AB上一点，过点D作DE∥BC交AC于点E，以DE为边作矩形DEFG，其中点F、G落在边BC上． （1）当AD＝BD时，求矩形DEFG的面积； （2）当DE经过△ABC的重心时，求矩形DEFG的面积． 31．（2025•杭州校级模拟）四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，AD∥BC，AC平分∠BAD，OA＝OC． （1）如图1，求证：四边形ABCD是菱形； （2）如图2，AB＝AC，CH⊥AD于点H，交BD于点E，连接AE，点G在AB上，连接EG交AC于点F，若∠AGE＝45°，在不添加任何辅助线的情况下，直接写出四条与线段AG相等的线段（线段AG除外）． 32．（2025•景宁县二模）如图，在正方形ABCD中，E是BC上一点，延长CD使DF＝BE，连接AE，AF，EF，过点A作AH⊥EF，交EF于点G． （1）求证：AE＝AF； （2）求证：∠AGC＝2∠AFC； （3）若CH＝GH，求的值． 33．（2025•开化县模拟）如图，这是由全等的含60°角的小菱形组成的网格，每个小菱形的顶点叫做格点，点A，B，C，D，E在格点上，线段AB与CD相交于点P，连结AE． （1）若AD＝2， ①求证：△ACD为等边三角形． ②求线段AB的长． （2）求tan∠CPA的值． 34．（2025•浙江模拟）数学学习小组成员在阅读课外书中，学习了一种特殊的四边形：筝形，其定义为：两组邻边分别相等的四边形叫做“筝形”．因此大家以“筝形”为主题开展了实践探究活动． 【素材】学习小组成员将一张长方形卡纸对折后压平，按图中的方法剪出一个三角形，把纸展平，得到四边形ABCD． 【探究】 （1）如图1，判断四边形ABCD是否为筝形．若是筝形，请指出哪两组邻边相等；若不是筝形，请说明理由． （2）如图2，在探究筝形MNPQ性质的过程中，猜想：NQ垂直平分MP．你认为该猜想是否成立？请说明理由． （3）在第（2）题基础上，已知QM⊥MN，若，MQ＝3，求筝形MNPQ的面积． 35．（2025•浙江模拟）如图1，设α是菱形ABCD中较大的内角，定义，称k为这个菱形的“倾斜度”． （1）若四边形ABCD为正方形，则k＝　 　 ； （2）如图2，倾斜度分别为k1和k2的两个菱形，菱形ABCD和菱形ABEF有公共边AB，点F恰好在CB的延长线上，且∠DAB和∠FAB均为锐角． ①当k1＝k2时，求∠DAB的度数； ②求证：2k1+k2＝1． 36．（2025•定海区二模）【思考尝试】：（1）如图1，在矩形ABCD中，E是边AB上一点，DF⊥CE于点F，GD⊥DF，AG⊥DG，AG＝CF，求证：四边形ABCD是正方形； 【实践探究】：（2）如图2，在正方形ABCD中，E是边AB上一点，DF⊥CE于点F，AH⊥CE于点H，GD⊥DF交HA的延长线于点G，求线段FH，AH，CF的数量关系； 【拓展迁移】：（3）如图3，在正方形ABCD中，E是边AB上一点，AH⊥CE于点H，点M在线段CH上，且AH＝HM，连接AM，BH，AC． ①求证：∠HBE＝∠MCA； ②直接写出线段CM，BH的数量关系． 37．（2025•永嘉县三模）如图1，等腰Rt△EFC与正方形ABCD的顶点重合于点C，连接AE，AF，点M为AE的中点，直线DM交AF于点H．对于旋转问题中位置关系的研究，我们的研究的思路是从特殊到一般，要探究DH与AF的位置关系，可先将其位置特殊化． （1）如图2，当点E，F分别落在正方形的边CD、BC上，EF与正方形对角线AC交于点N， ①若正方形ABCD的边长为3，BF＝2，连接MN，求MN的长度； ②判断直线MN、DM的位置关系，并说明理由； （2）如图1，点E落在正方形ABCD内，求证：DH⊥AF． 38．（2025•柯城区校级三模）数学课上，老师提出一个问题：在平行四边形ABCD的边BC上取一点P，使得△ABP是以AB为底边的为等腰三角形．小明同学按以下步骤作图：①以点D为圆心，适当长度为半径作弧，分别交DA，DC于点M，N；②以点A为圆心，DM长为半径作弧，交BA于点E；③以点E为圆心，以MN长为半径作弧，在∠BAD内部交前弧于点F；④连接AF并延长，交BC于点P． （1）通过作图可以得到△DMN≌△AEF的依据是SSS ； （2）小聪同学表示他可以借助无刻度直尺和圆规用另外一种方法作出点P，请在图2中完成作图，要求保留作图痕迹； （3）如图3，小聪同学继续用无刻度直尺和圆规作了射线DG，发现DG恰好经过点P，此时小聪同学发现△ABP，△CDP，△ADP都是等腰三角形，求∠B的度数． 39．（2025•浙江模拟）已知菱形ABCD，AB＝2，∠B＝60°，点E为射线BC上的一个动点，连结EA，ED． （1）如图1，若ED⊥AD，求EA的长； （2）如图2，点F为AE上一点，且∠ADF＝∠AED，求证：AF•AE＝4； （3）如图3，在（2）的条件下，连结BF， （i）∠AFB的大小是否为定值？如果是定值，请求出定值，否则说明理由， （ⅱ）求的最小值． 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $