专题02 四边形综合应用（选择压轴题）（压轴题专练）（浙江专用）2026年中考数学终极冲刺讲练测

专题02 四边形综合应用（选择压轴题） 命题预测 四边形综合应用是比较常考的压轴题，通常为选择题压轴题，是中考复习必须重点突破的模块。综合题分值高、设问角度灵活，掌握题型规律与答题模板，对提分至关重要。预计 2026 年中考命题仍将围绕以上核心题型展开，是浙江中考数学的“分水岭”。这类题目不再单纯考查记忆，而是聚焦于动态分析与结构稳定性。 动点与函数图象分析是目前浙江卷最青睐的考法，常以矩形、正方形为背景，将几何运动与函数图象识别结合。在图形变化中寻找“不变量”，考查代数恒等变形与几何性质的综合。折叠是高频载体，隐含全等、对称性、勾股定理。给出正方形或菱形的折叠操作，或复杂的几何关系，列出4个结论（如角平分线、线段相等、相似），要求判断正确结论的个数。 高频考法 1.矩形中的翻折问题 2.定值问题 3.正方形综合问题 4.路径长问题 典例·靶向·突破 题型01 矩形中的翻折问题 1．（2026•浙江一模）如图，矩形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，点A′是点A关于直线BD的对称点，连结A′B交CD，AC于点E，F，连结OE．若CF＝3，OF＝2，则OE的长度为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由矩形的性质和平行线的性质得到∠CDB＝∠ABD，再由轴对称的性质可得∠ABD＝∠ABD，则可证明∠CDB＝∠ABD得到ED＝EB，据此可证明OE⊥BD；求出OB＝OA＝OD＝5，AF＝7；证明△ABF∽△CEF，得到，设AB＝CD＝7x，CE＝3x，则ED＝EB＝4x，由勾股定理得证明△EOD﹣△BCD，得到，即，即可得解． 【解答】解：∵在矩形ABCD中，对角线AC，BD交于点O， ∴AB＝CD，AB∥CD，， ∴∠BCD＝90°， ∴∠EDB＝∠ABD， 由轴对称的性质可得∠ABD＝∠ABD， ∴∠EBD＝∠EDB， ∴ED＝EB， ∵OD＝OB， ∴OE⊥BD， ∴∠EOD＝∠EOB＝90°； ∵CF＝3，OF＝2， ∴OB＝OA＝OD＝OF+CF＝5， ∴AF＝OA+OF＝7； ∵AB∥CD， ∴△ABF∽△CEF， ∴， 设AB＝CD＝7x，CE＝3x，则ED＝EB＝CD﹣CE＝4x， 在Rt△BCE中，由勾股定理得BCx； ∵∠EOD＝∠BCD＝90°，∠EDO＝∠BDC， ∴△EOD∽△BCD， ∴， 即， ∴OE， 故选：A． 2．（2026•浙江模拟）如图，在矩形ABCD中，AB，BC＝5，P是AD上一点，将△CDP绕点C逆时针旋转45°时，点P的对应点P'恰好落在AB上，则PD的长为（　　） A．1 B． C． D．1或 【答案】C 【分析】过点D'作CD的垂线分别交AB、CD于点M、N，可得△CND'是等腰直角三角形，则CN＝D'N，根据旋转的性质，得CD'＝CD＝4，设MP'＝x，则BP'＝AB﹣AM﹣MP'＝4﹣x，P'D'2＝MP'2+MD'2＝x2+1，利用勾股定理得52+（4﹣x）2＝（4）2+x2+1，解得：x＝1，则P'D'2＝12+1＝2，从而得出答案． 【解答】解：过点D'作CD的垂线分别交AB、CD于点M、N，如图， 则∠CND'＝∠P'MD'＝90°， ∵四边形ABCD是矩形， ∴四边形BCNM、四边形ADNM都是矩形， ∴MN＝BC＝AD＝5，BM＝CN，AM＝DN， ∵∠DCD'＝45°， ∴△CND'是等腰直角三角形， ∴CN＝D'N， 根据旋转的性质，得CD'＝CD＝4， ∵CN2+ND'2＝CD'2， ∴CN2+CN2＝（4） 2， D'N＝CN＝4． ∴AM＝DN＝CD﹣CN＝44，D'M＝MN﹣ND'＝1， 设MP'＝x， 则BP'＝AB﹣AM﹣MP'＝4﹣x，P'D'2＝MP'2+MD'2＝x2+1， ∵BC2+BP'2＝CP'2， CD'2+P'D'2＝CP'2， ∴BC2+BP'2＝CD'2+P'D'2， ∴52+（4﹣x）2＝（4）2+x2+1， 解得：x＝1， ∴P'D'2＝12+1＝2， ∴PD＝P'D'， 故选：C． 题型02 定值问题 1．（2026•柯城区一模）如图，在矩形ABCD中，四边形ABFG和四边形CDHE都是正方形，对角线AC交FG，EH于点M，N，连接BM交EH于点L，连接DN交FG于点K，连接AL，CK，可形成“回力镖镖翼”状的阴影几何纹样．若要确定图中“回力镖镖翼”状的阴影几何纹样的面积，只需知道（　　） A．四边形ABFG的面积 B．四边形ABCD的面积 C．四边形ABEH的面积 D．四边形EFGH的面积 【答案】D 【分析】设AD＝x，AH＝y，根据正方形和矩形的性质可得DG＝AH＝y，HE＝AG＝DH＝CD＝x，可证明，S△ABL+S△CDK＝xy，则，再由可得答案． 【解答】解：设AD＝x，AH＝y， ∵四边形ABCD是矩形， ∴CD＝AB＝x， ∵四边形ABFG和四边形CDHE都是正方形， ∴AG＝AB＝x，DH＝CD＝HE＝x， ∴AG＝DH， ∴AG﹣GH＝DH﹣GH， ∴DG＝AH＝y； ∵，， ∴； ∵， ∴S△ABL+S△CDK＝xy， ∴， ∵， ∴S阴影＝S四边形EFGH， ∴若要确定图中“回力镖镖翼”状的阴影几何纹样的面积，只需知道四边形EFGH的面积， 故选：D． 2．（2026•宁波一模）如图，BD是正方形ABCD的对角线，E为边BC上的动点（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，EG．则下列比值为定值的是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】连接AG，CG，证明△ABG和△CBG全等得AG＝CG，∠AGB＝∠CGB，再证明△GBF是等腰直角三角形得GF＝GB，∠F＝∠CBG＝45°，进而可证明△GCF和△GEB全等，则CG＝EB，∠CGF＝∠EGB，由此可得出△GAE是等腰直角三角形，再由勾股定理得AEEG，则，据此即可得出答案． 【解答】解：连接AG，CG，如图所示： ∵四边形ABCD是正方形，BD是对角线， ∴AB＝CB，∠ABG＝∠CBG＝45°， 在△ABG和△CBG中， ， ∴△ABG≌△CBG（SAS）， ∴AG＝CG，∠AGB＝∠CGB， ∵FG⊥BD， ∴∠BGF＝90°， 又∵∠CBG＝45°， ∴△GBF是等腰直角三角形， ∴GF＝GB，∠F＝∠CBG＝45°， 在△GCF和△GEB中， ， ∴△GCF≌△GEB（SAS）， ∴CG＝EB，∠CGF＝∠EGB， ∴AG＝EG， ∴△GAE是等腰三角形， ∵∠AGB＝∠CGB，∠CGF＝∠EGB， ∴∠AGE＝∠AGB+∠EGB＝∠CGB+∠CGF＝∠BGF＝90°， ∴△GAE是等腰直角三角形， 在Rt△GAE中，由勾股定理得：AEEG， ∴为定值． 故选：A． 题型03 正方形综合问题 1．（2026•定海区一模）如图，矩形ABCD和正方形AEFG面积相等，点B在边EF上，点G在CD上，FG交BC于M点，EN⊥AB，AB＝18，若S△ENB：S△BFM＝16：9，则AD＝（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】证明△ADG≌△ANE（AAS）得S△ADG＝S△ANE，EN＝DG，AN＝AD．由矩形ABCD和正方形AEFG面积相等，得S△ENB+S△BFM＝S△GCM，结合S△ENB：S△BFM＝16：9可得S△ENB：S△GCM＝16：25，证明△CGM∽△NEBEN：GC＝4：5，求出EN＝DG＝8，再证明△ANE∽△ENB，利用相似形的性质即可求解． 【解答】解：∵四边形AEFG是正方形， ∴∠GAE＝∠AEF＝∠F＝∠AGF＝90°，AG＝AE， ∴∠GAB+∠BAE＝90° ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠DAB＝∠ABC＝∠C＝∠D＝90°，CD＝AB＝18， ∴∠DAG+∠GAB＝90°， ∴∠DAG＝∠BAE， ∵EN⊥AB， ∴∠ANE＝90°， ∴∠D＝∠ANE＝90°， 又∵AG＝AE， ∴△ADG≌△ANE（AAS）， ∴S△ADG＝S△ANE，EN＝DG，AN＝AD． ∵矩形ABCD和正方形AEFG面积相等， ∴S矩形ABCD﹣S四边形ABMG＝S正方形AEFG﹣S四边形ABMG， ∴S△ENB+S△BFM＝S△GCM， ∵S△ENB：S△BFM＝16：9， ∴S△ENB：S△GCM＝S△ENB：（S△ENB+S△BFM）＝16：25， ∵∠EBN+∠MBF＝90°，∠EBN+∠BEN＝90°， ∴∠MBF＝∠BEN， 同理可证，∠MBF＝∠CGM， ∴∠CGM＝∠BEN， ∵∠BNE＝∠C＝90°， ∴△CGM∽△NEB， ∴EN：GC＝4：5， ∴DG：GC＝4：5， ∴． ∵∠AEN+∠BEN＝90°，∠AEN+∠EAN＝90°， ∴∠BEN＝∠EAN， ∵∠ANE＝∠ENB＝90°， ∴△ANE∽△ENB， ∴， ∴， 解得或（舍去）， ∴， 故选：A． 2．（2026•西湖区校级模拟）如图，正方形ABCD中，E为对角线AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE交DC的延长线于F，交BC于M，若DE＝MF，且，则线段CF的长为（　　） A．2 B． C．1 D． 【答案】A 【分析】首先，添加辅助线，然后，证得四边形DGEH是矩形，四边形CGEN是正方形，再由EH⊥AD，，，得EH＝DG＝1，接着，证得△CFM≌△GED，得CF＝GE，CM＝GD＝1，最后，证得CM是△EFG的中位线，得GE＝2CM＝2，即CF＝2． 【解答】解：如图，过点E作EH⊥AD于点H，EG⊥CD于点G，EN⊥BC于点N， ∵四边形ABCD是正方形，E为对角线AC上一点， ∴∠ADC＝∠BCD＝∠BCF＝90°，∠DAE＝∠ACD＝45°， ∵EH⊥AD，EG⊥CD，EN⊥BC， ∴∠CEG＝90°﹣∠ECG＝45°＝∠ECG，∠ADC＝∠DHE＝∠DGE＝90°，∠CGE＝∠BCD＝∠CNE＝90°，即CG＝EG， ∴四边形CGEN是正方形，四边形DGEH是矩形， ∴DG＝EH，DH＝GE＝CG， ∵，EH⊥AD， ∴∠DHE＝∠AHE＝90°， ∴，即， ∴EH＝DG＝1， ∵EF⊥DE， ∴∠EDG+∠CFM＝90°， ∵∠EDG+∠GED＝90°， ∴∠CFM＝∠GED， 在△CFM和△GED中， ， ∴△CFM≌△GED（AAS）， ∴CF＝GE，CM＝GD＝1， ∴CF＝CG， ∵∠FCM＝∠FGE＝90°， ∴CM∥GE， ∴MF＝ME， ∴CM是△EFG的中位线， ∴GE＝2CM＝2， ∴CF＝2． 故选：A． 题型04 路径长问题 1．（2026•湖州校级模拟）如图：已知AB＝8，AC＝BD＝1，点P是线段CD上一动点，分别以AP、BP为边向上作正方形APEF和PHKB，设正方形对角线的交点分别为O1，O2，当点P从点C运动到点D时，线段O1O2的中点G的运动路径长是（　　） A．3 B．6 C． D． 【答案】A 【分析】分别延长AO1、BO2交于点T，易证四边形O1PO2T为平行四边形，得出Q为PT中点，则Q的运行轨迹为三角形TCD的中位线MN．运用中位线的性质求出MN的长度即可． 【解答】解：如图，分别延长AO1、BO2交于点T， ∵∠TAP＝∠O2PB＝45°， ∴AT∥PO2， ∵∠TBA＝∠O1PA＝45°， ∴BT∥PO1， ∴四边形O1PO2T为平行四边形， ∴O1O2与TP互相平分． ∵Q为O1O2的中点， ∴G正好为PT中点，即在P的运动过程中，G始终为PT的中点，所以Q的运行轨迹为三角形CDT的中位线MN， ∵AB＝8，AC＝BD＝1， ∴CD＝AB﹣AC﹣BD＝8﹣1﹣1＝6， ∴MNCD＝3， ∴Q的移动路径长为3． 故选：A． 2．（2026•覃塘区一模）如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=3cm,∠B=60°．将△ABC绕点A逆时针旋转，得到△AB'C'，若点B的对应点B'恰好落在线段BC上，则点C的运动路径长是（　　） cm（结果用含π的式子表示）． A． B． C． D． 【答案】A． 【分析】根据旋转的性质得到点C的运动路径是CC′圆弧的长度，根据弧长公式计算即可． 【解答】解：以A为圆心作圆弧CC′，如图所示，在Rt△ABC中，∠B=60°， ∴∠ACB=30°， ∴BC=2AB=2×3=6（cm）， ∴AC===3（cm）， ∵将△ABC绕点A逆时针旋转，得到△AB'C'， ∴AB=AB′， ∵∠B=60°， ∴△ABB′是等边三角形， ∴∠BAB′=60°， ∵将△ABC绕点A逆时针旋转，得到△AB'C'， ∴∠CAC′=∠BAB′=60°， ∴点C的运动路径长为==（cm）． 故选：A． 1．（2024•浙江）如图，在▱ABCD中，AC，BD相交于点O，AC＝2，．过点A作AE⊥BC的垂线交BC于点E，记BE长为x，BC长为y．当x，y的值发生变化时，下列代数式的值不变的是（　　） A．x+y B．x﹣y C．xy D．x2+y2 【答案】C 【分析】过D作DH⊥BC，交BC延长线于H，由平行四边形当性质推出AB＝DC，AD∥BC，得到AE＝DH，判定Rt△DCH≌Rt△ABE（HL），得到CH＝BE＝x，由勾股定理得到22﹣（y﹣x）2（y+x）2，得到xy＝2． 【解答】解：过D作DH⊥BC，交BC延长线于H， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB＝DC，AD∥BC， ∵AE⊥BC，DH⊥BC， ∴AE＝DH， ∴Rt△DCH≌Rt△ABE（HL）， ∴CH＝BE＝x， ∵BC＝y， ∴EC＝BC﹣BE＝y﹣x，BH＝BC+CH＝y+x， ∵AE2＝AC2﹣EC2，DH2＝BD2﹣BH2， ∴22﹣（y﹣x）2（y+x）2， ∴xy＝2． 故选：C． 2．（2026•合肥校级一模）如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AC＝6，AB＝8，D边AB上一点，连接CD，过点D作DE⊥DC交BC于E，把△BDE沿DE翻折得△DEB，连接B1C．下列说法正确的是（　　） ①∠ADC＝∠B1DC； ②当B1E∥AC时，DB1⊥BC； ③当B1E∥AC时，折痕DE的长； ④当△B1CD是等腰三角形时，AD的长或． A．①② B．①②③ C．①②④ D．①②③④ 【答案】D 【分析】由翻折的性质，结合等角的余角相等，可判断①；DB1与BC的交点记作点O，延长B1E，交AB于点F，由平行线的性质，结合翻折的性质，可证明△DFE≌△DOE（ASA），可得∠DFE＝∠DOE，可判断②；证明Rt△DFB1≌Rt△DOB（HL），可得DF＝DO，证明△DOC≌△DAC（AAS），DO＝DA，设DF＝DO＝DA＝x，证明△BFE∽△BAC，可得，证明△DFE∽△CAD，，可得DF，EF，由勾股定理可得DE，可判断③；当△B1CD是等腰三角形时，DB1＝DC，或CD＝CB1，或B1C＝B1D，分类讨论，用勾股定理，等腰三角形的性质，三角形相似的判定和性质，可得AD，可判断④． 【解答】解：由翻折可得∠BDE＝∠B1DE， ∵DE⊥DC， ∴∠CDE＝90°， ∴∠B1DE+∠B1DC＝90°，∠BDE+∠ADC＝180°﹣90°＝90°， ∴∠ADC＝∠B1DC， ∴①正确， 当B1E∥AC时， DB1与BC的交点记作点O，延长B1E，交AB于点F，则∠BEF＝∠B1EO， ∵B1E∥AC， ∴∠B1FD+∠A＝180°， ∵∠A＝90°， ∴∠B1FD＝180°﹣90°＝90°， ∴∠EDF+∠DEF＝90°， ∴∠ADC＝∠FED， 由翻折可得∠BED＝∠B1ED，∠BDE＝∠B1DE，DB＝DB1， ∴∠BED﹣∠BEF＝∠B1ED﹣∠B1EO， ∴∠DEF＝∠DEO， 在△DFE和△DOE中， ， ∴△DFE≌△DOE（ASA）， ∴DF＝DO，∠DFE＝∠DOE， ∴∠DOE＝90°， ∴DB1⊥BC，∠DOC＝90°＝∠A， ∴②正确， 在Rt△DFB1和Rt△DOB中， ， ∴Rt△DFB1≌Rt△DOB（HL）， ∴DF＝DO， 在△DOC和∠DAC中， ， ∴△DOC≌△DAC（AAS）， ∴DO＝DA， ∴DF＝DO＝DA， 设DF＝DO＝DA＝x，则BF＝8﹣2x， ∵EF∥AC， ∴△BFE∽△BAC， ∴， ∴， ∵∠FED＝∠ADC，∠DFE＝∠A， ∴△DFE∽△CAD， ∴， ∴， 解得x1＝3，x2＝﹣12（舍去）， ∴DF＝3，， ∴， ∴③正确， 当△B1CD是等腰三角形时， 若DB1＝DC， 由翻折可得DB1＝DB， ∴DC＝DB＝8﹣AD， ∴AD2+62＝（8﹣AD）2， AD2+36＝64﹣16AD+AD2， 16AD＝64﹣36， ∴， 若CD＝CB1， 作CH⊥B1D于点H，则∠DHC＝90°＝∠A，DH＝B1H， ∴BD＝B1D＝2HD， 在△DAC和△DHC中， ， ∴△DAC≌△DHC（AAS）， ∴AD＝HD， ∴BD＝2AD， ∴2AD+AD＝8， ∴， 若B1C＝B1D， 作B1T⊥CD，则，∠B1TD＝90°＝∠A， 又∵∠B1DT＝∠CDA， ∴△B1TD∽△CAD， ∴， ∴， ∴3AD2﹣16AD+36＝0， ∵Δ＝（﹣16）2﹣4×3×36＝﹣176＜0， ∴方程3AD2﹣16AD+36＝0在实数范围内无解， ∴B1C≠B1D， ∴当△B1CD是等腰三角形时，AD的长或， ∴④正确， 故选：D． 3．（2026•肥东县校级一模）如图，在正方形ABCD中，E为BC上一点，过点E作EF∥CD，交AD于F，交对角线BD于G，取DG的中点H，连接AH，EH，FH．下列结论：①FH∥AE；②AH＝EH且AH⊥EH；③∠BAH＝∠HEC；④△EHF≌△AHD；⑤若，则．其中哪些结论是正确（　　） A．①②④⑤ B．②③④ C．①②③ D．②③④⑤ 【答案】B 【分析】①根据正方形对角线互相垂直、过一点有且只有一条直线与已知直线垂直即可得结论； ②根据矩形的判定和性质、直角三角形的性质，证明三角形全等即可得结论； ③根据全等三角形性质、矩形的性质进行角的计算即可得结论； ④根据边边边证明三角形全等即可得结论； ⑤根据割补法求四边形的面积，再求等腰直角三角形的面积，即可得结论． 【解答】证明：①在正方形ABCD中，∠ADC＝∠C＝90°，∠ADB＝45°， ∵EF∥CD∴∠EFD＝90°， 得矩形EFDC． 在Rt△FDG中，∠FDG＝45°， ∴FD＝FG， ∵H是DG中点， ∴FH⊥BD ∵正方形对角线互相垂直，过A点只能有一条垂直于BD的直线， ∴AE不垂直于BD， ∴FH与AE不平行． 所以①不正确． ②∵四边形ABEF是矩形， ∴AF＝EB，∠BEF＝90°， ∵BD平分∠ABC， ∴∠EBG＝∠EGB＝45°， ∴BE＝GE， ∴AF＝EG． 在Rt△FGD中，H是DG的中点， ∴FH＝GH，FH⊥BD， ∴∠AFH＝∠AFE+∠GFH＝90°+45°＝135°， ∠EGH＝180°﹣∠EGB＝180°﹣45°＝135°， ∴∠AFH＝∠EGH， ∴△AFH≌△EGH， ∴AH＝EH，∠AHF＝∠EHG， ∴∠AHF+AHG＝∠EHG+∠AHG， 即∠FHG＝∠AHE＝90°， ∴AH⊥EH． 所以②正确． ③∵△AFH≌△EGH， ∴∠FAH＝∠GEH， ∵∠BAF＝CEG＝90°， ∴∠BAH＝∠HEC． 所以③正确． ④∵EF＝AD，FH＝DH，EH＝AH， ∴△EHF≌△AHD 所以④正确． ⑤如图，过点H作HM⊥AD于点M， 设EC＝FD＝FG＝x，则BE＝AF＝EG＝2x， ∴BC＝DC＝AB＝AD＝3x，HMx，AMx， ∴AH2＝（x）2+（x）2x2， S四边形DHEC＝S梯形EGDC﹣S△EGH （2x+3x）•x2x2 S△AHEAH•EHAH2x2 ∴． 所以⑤不正确． 故选：B． 4．（2026•江门校级一模）如图，在矩形ABCD中，AC为对角线，AF平分∠CAB交BC于点F，点E是CD上一点，连接AE、EF，若∠EAF＝45°，AB＝4，BC＝3，则的值为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】如图，过点E作EH⊥AC于点H．证明△AED≌△AEH（AAS），推出AD＝AH＝3，DE＝EH，设DE＝EH＝x，利用勾股定理构建方程求出x可得结论． 【解答】解：如图，过点E作EH⊥AC于点H． ∵四边形ABCD是矩形， ∴D＝∠DAB＝90°，AD＝BC＝3，AB＝CD＝4， ∵AF平分∠CAB， ∴∠BAF＝∠CAF， ∵∠EAF＝45°， ∴∠DAE+∠BAF＝45°， ∵∠EAC+∠CAF＝45°， ∴∠DAE＝∠CAE， ∵∠D＝∠EHA＝90°，AE＝AE， ∴△AED≌△AEH（AAS）， ∴AD＝AH＝3，DE＝EH， 设DE＝EH＝x， ∵AC5， ∴CH＝5﹣3＝2， ∵EC2＝EH2+CH2， ∴（4﹣x）2＝x2+22， ∴x， ∴DE， ∴AE， ∴． 故选：A． 5．（2026•开州区模拟）如图，正方形ABCD中，E为对角线AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE交DC的延长线于点F，交BC于点M，若M为EF的中点，则的值为（　　） A．1 B． C． D． 【答案】C 【分析】如图：过E作EN⊥BC于N，过E作EG⊥DC于G，易证四边形NCGE是正方形，可得EG＝CG＝EN，∠GEN＝90°；再证明△EGD≌△ENM（ASA）可得ED＝EM，进而得到ED＝MF，然后证明△NME≌△CMF（ASA）可得EN＝CF，即EG＝CG＝CF；根据三角形中位线的性质可得EG＝2CM，即CF＝2CM，运用勾股定理可得，最后代入求比值即可． 【解答】解：如图：过E作EN⊥BC于N，过E作EG⊥DC于G， ∵正方形ABCD， ∴∠ACB＝90°，AC平分∠BCD， ∴四边形NCGE是矩形，EG＝EN， ∴四边形NCGE是正方形， ∴EG＝CG＝EN，∠GEN＝90°，即∠GEM+∠MEN＝90°， ∵EF⊥DE， ∴∠GEM+∠DEG＝90°， ∴∠NEM＝∠DEG， 在△EGD和△ENM中， ， ∴△EGD≌△ENM（ASA）， ∴ED＝EM， ∵M为EF的中点， ∴EM＝MF， ∴ED＝MF， ∵∠ENM＝∠MCF，∠NME＝∠CMF， 在△NME和△CMF中， ， ∴△NME≌△CMF（ASA）， ∴EN＝CF， ∴EG＝CG＝CF， ∴CM是△FEG的中位线， ∴EG＝2CM， ∴CF＝2CM， ∴， ∴． 故选：C． 6．（2026•海门区模拟）如图，四边形ABCD与四边形CEFG都是正方形，连结AE，BD，DF，若已知五边形ABDFE的面积，则一定能求出的线段为（　　） A．CG B．BC C．AE D．DF 【答案】A 【分析】连接CF，DE，过E作ET⊥AD于T，过D作DR⊥CG于R，作DP⊥CE于P，过B作BQ⊥DR于Q，交CE于S，根据正方形的性质和AAS证明△BCS与△DCR全等，进而利用全等三角形的性质解答即可． 【解答】解：如图，连接CF，DE，过E作ET⊥AD于T，过D作DR⊥CG于R，作DP⊥CE于P，过B作BQ⊥DR于Q，交CE于S， 设CB＝CD＝AD＝a，CG＝CE＝EF＝b，CS＝x， ∵正方形ABCD，正方形CEFG， ∴∠BCD＝90°＝∠ECG， ∴∠BCS＝∠DCR， 在△BCS与△DCR中， ， ∴△BCS≌△DCR（AAS）， ∴CR＝CS＝x， ∴CP， ∵cos∠NCD， ∴CN， ∴EN＝CE﹣CN＝b， 同理可得：， ∴ET， ∴PE＝CE﹣CP＝b， ∴五边形ABDFE的面积为：S△ABD+S△AED+S△FED ， ∵五边形ABDFE的面积是定值， ∴b可以求解，即CG可以求解， 法二：∵S△ABD＝S△ACD，S阴影＝S△AEC+S△DEC+S△EFD，EC＝h1+h2+h3， ∴，是定值． 故选：A． 7．（2026•芜湖校级一模）如图，在菱形ABCD中，∠B＝60°，点E，F分别是BC，AB上的动点，且BE＝AF，AE与CF交于点G，连接DG，则下列说法中不正确的是（　　） A． B．△AFG∽△CFA C．∠EGF为定值 D．GD平分∠AGC 【答案】A 【分析】先证明△ABE≌△CAF（SAS），可得∠BAE＝∠ACF，如图，过点D作DM⊥CG于M，DN⊥GA于N，可得△CDM≌△ADN（AAS），证明DM＝DN，S四边形CDAG＝S四边形MGND，Rt△GDN≌Rt△GDM（HL），再进一步分析即可． 【解答】解：在菱形ABCD中，∠B＝60°，点E，F分别是BC，AB上的动点，且BE＝AF，AE与CF交于点G，连接DG，则： ∴∠B＝∠ADC＝60°，AB＝BC＝CD＝AD，△ABC为等边三角形， ∴AB＝AC，∠B＝∠FAC＝60°， ∵BE＝AF， ∴△ABE≌△CAF（SAS）， ∴∠BAE＝∠ACF， ∴∠CGE＝∠CAG+∠ACF＝∠BAE+∠CAG＝60°＝∠ADC， ∴∠AGC＝120°， ∴∠GAD+∠GCD＝180°＝∠GAD+∠NAD， ∴∠NAD＝∠GCD， 过点D作DM⊥CG于M，DN⊥GA于N， 则△CDM≌△ADN（AAS）， ∴DM＝DN，S四边形CDAG＝S四边形MGND， ∵DG＝DG， ∴Rt△GDN≌Rt△GDM（HL）， ∴∠NGD＝∠MGD＝60°，S四边形CDAG＝S四边形MGND＝2S△GDM， 故D正确，不符合题意； ∴， ∴ ； 故A错误，符合题意； ∵∠BAE＝∠ACF，∠AFG＝∠AFC， ∴△AFG∽△CFA， 故B正确，不符合题意； ∵∠AGC＝120°， ∴∠EGF＝∠AGC＝120°， 故C正确，不符合题意； 综上所述，符合题意的选项为A． 故选：A． 8．（2026•全椒县校级模拟）如图，在边长为定值的平行四边形ABCD中，E，G分别为边AD，BC的中点，点F，H分别在边AB，CD上移动（都不与端点重合），且满足BF＝DH，连接EF，FG，GH，HE，下列说法中，错误的是（　　） A．线段EG的长度为定值 B．当F为AB的中点时，四边形EFGH为矩形 C．四边形EFGH始终是平行四边形 D． 【答案】B 【分析】根据E、G为AD、BC中点，由平行四边形ABCD得AE＝DE＝BG＝CG和AD∥BC，故四边形ABGE为平行四边形，可得EG＝AB即可判断A；由BF＝DH得AF＝CH，证△AEF≌△CGH、△DHE≌△BFG，得EF＝GH、EH＝FG，故EFGH始终为平行四边形，即可判断C；当F为AB中点时，无充分条件证明四边形EFGH为矩形，进而判断B；设AB＝EG＝a，平行四边形高为h，则SABCD＝ah；进而可得，进而判断D． 【解答】解：连接EG，如图， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC且AD＝BC，AB＝CD，∠A＝∠C，∠B＝∠D， ∵E、G分别为AD、BC的中点， ∴AE＝DE＝BG＝CG， 又∵AD∥BC， ∴四边形ABGE是平行四边形． ∴EG＝AB，故A正确，不符合题意； ∵BF＝DH且AB＝CD， ∴AB﹣BF＝CD﹣DH， ∴AF＝CH， ∴△AEF≌△CGH（SAS）， ∴EF＝GH， ∴△DHE≌△BFG（SAS）， ∴EH＝FG， ∴四边形EFGH始终是平行四边形，故C正确，不符合题意； 当F为AB的中点时，无法进一步证明四边形EFGH为矩形，故B错误，符合题意； 设平行四边形ABCD的底AB＝EG＝a，平行四边形ABCD的高（AB与CD之间的距离）为h， ∴SABCD＝a•h， 由图得，S▱EFGH＝S△EGF+S△EGH， 过点H作HN⊥EG于N，过点F作FM⊥EG于M，如图， ∵AB∥EG∥CD， ∴FM+HN ＝ h， ∴，， ∴ ∴，故D正确，不符合题意． 故选：B． 9．（2025•宜兴市二模）如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠BAC＝30°，BC＝2，BC边上有一动点D，作点B关于直线AD的对称点B'，在点D从点B运动到点C的过程中，点B′的运动路径长为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】延长BC到点E，使EC＝BC，连接AE、AB′，由AC垂直平分BE，∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，得AE＝AB＝2BC＝4，则∠EAC＝∠BAC＝30°，所以∠BAE＝60°，由点B′与点B关于直线AD对称，得AB′＝AB＝4，当点D与点C重合时，则点B′与点E重合，所以点B′的运动路径为以点A为圆心，半径为4的圆上的一段弧，即，根据弧长公式求得，于是得到问题的答案． 【解答】解：延长BC到点E，使EC＝BC，连接AE、AB′， ∵∠ACB＝90°，∠BAC＝30°，BC＝2， ∴AC垂直平分BE， ∴AE＝AB＝2BC＝4， ∴∠EAC＝∠BAC＝30°， ∴∠BAE＝2∠BAC＝60°， ∵点B′与点B关于直线AD对称， ∴直线AD垂直平分BB′， ∴AB′＝AB＝4， ∴点B′在以点A为圆心，半径为4的圆上运动， ∵当点D与点C重合时，则点B′与点E重合， ∴点B′的运动路径为以点A为圆心，半径为4的圆上的一段弧，即， ∵， ∴点B′的运动路径长为， 故选：C． 10．（2026•阜阳一模）如图，在▱ABCD中，O是AC的中点，E是AD上的动点，连接EO并延长，交BC于点F，OG∥AD交CD于点G，则下列不是定值的是（　　） A．OG的长 B．四边形DEFC的面积 C．△COG的面积 D．四边形DEFC的周长 【答案】D 【分析】判断OG是三角形中位线，AD的长一定，则OG的长一定；证出△AOE≌△COF得S△AOE＝S△COF，则四边形DEFC的面积＝S△ACD，面积一定；根据相似三角形的性质可得出△COG的面积等于△ACD面积的，是定值；可证出△AOE≌△COF得CF＝AE，得四边形DEFC周长＝AD+CD+EF，EF是动线段，则周长可变化． 【解答】解：由题意得OA＝OC， ∵OG∥AD交CD于点G， ∴， ∴GD＝GC，即点G是CD的中点， ∴OG是△CAD的中位线， ∴， ∵AD是定值， ∴OG的长是定值，故A不合题意； ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC， ∴∠OAE＝∠OCF， 又∵∠AOE＝∠COF，OA＝OC， ∴△AOE≌△COF（ASA）， ∴S△AOE＝S△COF， ∴四边形DEFC的面积＝S四边形DEOC+S△COF＝S四边形DEOC+S△AOE＝S△ACD， ∵S△ACD是定值， ∴四边形DEFC的面积是定值，故B不合题意； ∵AD∥BC， ∴△COG∽△CAD， ∴， ∴， ∵S△ACD是定值， ∴△COG的面积是定值，故C不合题意； ∵△AOE≌△COF， ∴AE＝CF， 又四边形DEFC的周长＝DC+DE+EF+CF＝DC+DE+AE+EF＝AD+DC+EF， ∵AD，DC固定，EF可以变化， ∴四边形DEFC的周长可以变化，不是一个定值，故D符合题意． 故选：D． 11．（2026•无为市一模）如图，Rt△ABC中，∠BAC＝90°，，BF平分∠ABC交AC于点F，D在BC边上，将AD绕A点逆时针旋转90°得到AE，连接EF，EC，下列说法不正确的是（　　） A．EF的最小值是1 B．EF≤BF C．若m＝AE+EF，则m2最小值为 D．当△EFC为等腰三角形时，BD的长为或2 【答案】D 【分析】过点F作FH⊥BC于点H，则可得FH＝CH＝AF，设AF＝a，则FH＝CH＝a，由勾股定理得：，从而可得a的值，证明△ABD≌△ACE，则∠BCE＝90°，当EF⊥CE时，EF最小，则求得EF的值，可判断A；当D点和C点重合时，E点和G点重合，此时EF取得最大值，再证明△ABF≌△AEF，得EF＝BF，则可判断B；作A点关于CG对称点A′，连接CA′，则；作FM⊥AA′，则，当E，F，A′在同一条直线上时，EA+EF最小，即m值最小，由勾股定理求得m2的最小值，从而可判断C；当△EFC为等腰三角形时，分三种情况考虑，利用等腰三角形的性质及勾股定理即可判断D． 【解答】解：如图1，过点F作FH⊥BC于点H， ∵∠BAC＝90°，BF平分∠ABC， ∴AF＝FH， ∵，∠BAC＝90°， ∴∠CFH＝∠ACB＝45°， ∴FH＝CH＝AF， 设AF＝a，则FH＝CH＝a， 由勾股定理得：， ∵AC＝AF+CF， ∴， ∴a＝1， ∴AF＝1，， ∵∠BAC＝∠DAE＝90°， ∴∠BAD＝∠CAE， ∵AD＝AE，AB＝AC， ∴△ABD≌△ACE（SAS）， ∴∠ACE＝∠ABC＝45°， ∴∠BCE＝∠ACB+∠ACE＝90°， ∴点E在线段CG上运动，当EF⊥CE时，EF最小，则CE＝EF， ∴，即EF最小值为1， 故选项A正确． 如图2，当D点和C点重合时，E点和G点重合，EF有最大值， 此时∠BAC＝∠EAC＝90°，AB＝AC＝AE， ∵AF＝AF， ∴△ABF≌△AEF（SAS）， ∴EF＝BF， ∴当E在CG上运动时，EF≤BF， 故选项B正确． 如图3，作A点关于CG对称点A′，连接CA′， 则A′C＝AC1，∠ACA′＝90°， ∴； 作FM⊥AA′于点M，则， ∴． 当E，F，A′在同一条直线上时，EA+EF最小，即m值最小， 此时m2最小值为， 故选项C正确． 当△EFC为等腰三角形时，共有三种情况，分别如下： 如图4，当EF＝EC时，则∠EFC＝∠ACE＝45° ∴EF⊥CE， ∴CE＝BD＝EF＝1； 如图5，当CF＝CE时，CE＝BD＝CF； 如图6，当FE＝FC时，则∠FEC＝∠ACE＝45°， ∴EF⊥CF， ∴， 故当△EFC为等腰三角形时，BD的长为1或或2， 故选项D错误． 故选：D． 12．（2026•高碑店市模拟）如图，点O为矩形ABCD对角线的交点，AB＝a，BC＝b．点E是AB边上一点（不含端点及中点），连接EO并延长，交CD边于点F．将矩形ABCD沿EF折叠，点A，D的对应点分别是点A'，D'，直线A'D'和直线BC相交于点H，连接EH，OH，FH，嘉嘉得出一个正确的结论：OH⊥EF，淇淇继续探究，发现了以下四个结论，其中不正确的是（　　） A．EH＝FH B．当点A'和点C不重合时，△A'EH≌△CFH C．tan∠EHO D．当A'在直线AB上方时，点A'到直线AB距离的最大值为 【答案】D 【分析】由矩形的性质可得OE＝OF，结合题意得出OH垂直平分EF，即可判断A；连接AC，先证明△AOE≌△COF（ASA），得出AE＝CF，由折叠的性质可得A′E＝AE，∠A′＝∠DAB＝90°，从而可得∠A′＝∠FCH＝90°，A′E＝CF，即可判断B；连接BD，证明点E、O、H、B四点共圆，得出∠EBO＝∠EHO，从而可得∠OAB＝∠EHO，最后由正切的定义计算即可判断C；连接OA′，则点A′在以点O为圆心，OA为半径的圆弧上，求出，由图形并结合垂径定理可得，当OA′⊥AB时，此时点A′距离AB最远，即可判断D． 【解答】解：∵点O为矩形ABCD对角线的交点， ∴OE＝OF， ∵OH⊥EF， ∴OH垂直平分EF， ∴EH＝FH， 故A选项正确，不符合题意； 如图1：点O为矩形ABCD对角线的交点，连接AC， ∴AO＝CO，AB∥CD，∠DAB＝∠BCD＝∠ABC＝90°， ∴∠EAO＝∠FCO， 在△AOE和△COF中， ， ∴△AOE≌△COF（ASA）， ∴AE＝CF， 由折叠的性质可得：A′E＝AE，∠A′＝∠DAB＝90°， ∴∠A′＝∠FCH＝90°，A′E＝CF， ∵EH＝FH， ∴△A′EH≌△CFH（HL）， 故B选项正确，不符合题意； 如图2，点O为矩形ABCD对角线的交点，连接BD， ∴AO＝BO， ∴∠OAB＝∠OBA， ∵OH⊥EF， ∴∠EOH＝90°， ∵∠EOH+∠EBH＝180°， ∴点E、O、H、B四点共圆， ∴∠EBO＝∠EHO， ∴∠OAB＝∠EHO， ∴， 故C选项正确，不符合题意； 如图3，连接OA′， 由折叠的性质可得：OA＝OA′， ∴点A′在以点O为圆心，OA为半径的圆弧上， ∵， ∴， 由图形并结合垂径定理可得，当OA′⊥AB时，此时点A′距离AB最远，此时最大距离为， 故D选项错误，符合题意， 故选：D． 13．（2025•郑州模拟）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，设AC＝x，BC＝y，且x+y是定值．点D是AC上一点，点E为AB中点，连接CE，将线段CE沿绕点E顺时针旋转90°，得到线段EF交AC于点G，若点A关于直线DE的对称点恰为点F，则下列线段长为定值的是（　　） A．AD B．CD C．CG D．DE 【答案】B 【分析】连接AF，DF，DE，在AC上取点H，使得CH＝BC，连接BH，作EK⊥AC于K，先根据直角三角形斜边中线的性质以及旋转的性质确定△AEF为等腰三角形，根据三角形内角和定理以及外角的性质求出∠DAF＝45°，再根据对称的性质，求出∠EDC的度数，从而得到DE∥BH，再根据三角形中位线定理用x，y表示出AD，CD，DE，最后根据三角形中位线定理以及平行线分线段成比例用x，y表示出CG，根据x+y为定值即可判断哪条线段为定值． 【解答】解：连接AF，DF，DE，在AC上取点H，使得CH＝BC，连接BH，作EK⊥AC于K，如图： ∵∠ACB＝90°，E为AB中点， ∴AE＝CE＝BE， 由旋转的性质可知，EF＝CE，∠FEC＝90°， ∴△AEF和△CEB为等腰三角形，∠AEF+∠BEC＝90°， 设∠BAC＝α，则∠BEC＝2∠BAC＝2α， ∴∠AEF＝90°﹣2α， ∴∠EAF（180°﹣∠AEF）＝45°+α， ∴∠DAF＝45°， 由对称的性质可知，AD＝DF，∠ADE＝∠FDE， ∴∠DFA＝∠DAF＝45°， ∴∠ADF＝90°， ∴DF⊥AC， 又∵∠ADE+∠EDF+∠ADF＝360°， ∴∠ADE＝∠FDE＝135°， ∴∠EDC＝45°， ∵CH＝BC，∠HCB＝90°， ∴∠BHC＝45°，BHBCy，AH＝AC﹣BC＝x﹣y， ∴DE∥BH， ∵E是AB中点， ∴DE是△AHB的中位线， ∴DEBHy，ADAH， ∴DE和AD均不是定值， ∴CD＝AC﹣AD， ∴CD为定值， ∵EK⊥AC， ∴DF∥EK∥BC， ∴EKBCy，AKACx， ∴DK＝AK﹣ADy， ∵， ∴DG， ∴CG＝CD﹣DG， ∴CG不是定值； 综上所述，CD为定值． 故选：B． 14．（2025•泸州）如图，在边长为2的正方形ABCD中，E为AB的中点，F为CE上的点，且DF＝DC，则AF的长为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】方法一：过点D作DQ⊥CE交CE于点P，交BC于点Q，过点F作MN⊥AB于点M，交CD于点N，先求出CE，证明△BCE和△CDQ全等得CE＝DQ，BE＝CQ＝1，证明△CPQ和△CBE相似得CP，PQ，则DP，FP＝CP，CF，EF，再证明四边形BCMN是矩形得MN＝BC＝2，由三角形的面积公式的FN，则FM，再由勾股定理求出EM，则AM，最后在Rt△AFM中，由勾股定理即可求出AF的长． 方法二：先求出∠AFE＝45°，过点E作EG⊥AF交于G，过点C作CH⊥DF交于H，在Rt△CDH中，由勾股定理求出HF，进而得CF，CE，EF，GE＝GF，在Rt△AEG中，由勾股定理得AG，进而根据AF＝AG+GF即可得出AF的长为． 【解答】解：过点D作DQ⊥CE交CE于点P，交BC于点Q，过点F作MN⊥AB于点M，交CD于点N，如图所示： ∵四边形ABCD是正方形，且边长为2， ∴AB＝BC＝CD＝2，∠B＝∠DCB＝90°，CD∥AB， ∵点E是AB的中点， ∴AE＝BEAB＝1， 在Rt△BCE中，由勾股定理得：CE， ∴∠DCP+∠BCE＝90°， ∵DQ⊥CE， ∴∠CDQ+∠DCP＝90°， ∴∠BCE＝∠CDQ， 在△BCE和△CDQ中， ， ∴△BCE≌△CDQ（ASA）， ∴CE＝DQ，BE＝CQ＝1， ∵DQ⊥CE，∠B＝90°， ∴∠CPQ＝∠B＝90°， 又∵∠PCQ＝∠BCE， ∴△CPQ∽△CBE， ∴， ∴， ∴CP，PQ， ∴DP＝DQ﹣PQ， ∵DF＝DC，DQ⊥CE， ∴FP＝CP， ∴CF＝FP+CP， ∴EF＝CE﹣CF， ∵CD∥AB，MN⊥AB， ∴MN⊥CD， ∴∠MNC＝∠DCB＝∠B＝90°， ∴四边形BCMN是矩形， ∴MN＝BC＝2， 由三角形的面积公式得：S△DCFCD•FNDP•CF， ∴， ∴FN， ∴FM＝MN﹣FN， 在Rt△EFM中，由勾股定理得：EM， ∴AM＝AE+EM， 在Rt△AFM中，由勾股定理得：AF． 故选：B． 方法2：设∠DAF＝α， ∵AD＝DF， ∴∠DFA＝α，∠ADF＝180°﹣2α， ∵∠ADC＝90°， ∴∠CDF＝2α﹣90°， ∵CD＝DF， ∴∠DFC＝∠DCF＝135°﹣α， ∴∠AFE＝180°﹣α﹣（135°﹣α）＝45°， 过点E作EG⊥AF交于G，过点C作CH⊥DF交于H， ∵∠CEB＝135°﹣α， ∴∠CFD＝∠CEB， ∵BE＝1，CB＝2， ∴CH＝2HF， ∵DF＝2， ∴DH＝2﹣HF， 在Rt△CDH中，4＝（2﹣HF）2+（2HF）2， 解得HF， ∴CF， ∵CE， ∴EF， ∴GE＝GF， 在Rt△AEG中，AG， ∴AF＝AG+GF． 故选：B． 15．（2025•大庆）如图，在正方形ABCD中，，点E，F分别在线段AB，BC上，，连接EF，AC．过点E，F分别作线段AC的垂线，垂足分别为G，H．动点P在△ACD内部及边界上运动，四边形EFHG，△PEG，△PEF，△PFH，△PGH的面积分别为S0，S1，S2，S3，S4，若点P在运动中始终满足3S0＝S1+S2+S3+S4，则满足条件的所有点P组成的图形长度为（　　） A．2 B． C．4 D．2π 【答案】A 【分析】由正方形的性质得AC＝6，AG＝CH＝1，求出GE＝1，GH＝4，求出S0＝4，根据图形得S1+S2+S3＝S0+S4，根据3S0＝S1+S2+S3+S4，得S4＝4，可得点P的运动轨迹是△ACD中平行于AC的一条线段MN，取AC的中点O，连接OD交MN于点Q，根据三角形面积公式求出OQ＝2，得到DQ＝1，从而求出MN＝2． 【解答】解：在正方形ABCD中，AD＝CD＝AB＝BC＝3，∠BAC＝∠BCA＝45°， ∴ACAB＝6， ∵EG⊥AC，FH⊥AC， ∴∠EGA＝∠EGC＝∠FHC＝∠FHG＝90°， ∴∠AEG＝∠HFC＝45°， ∴△AGE，△HFC为等腰直角三角形， ∴AG＝GE，HC＝HF， ∵AE＝CF， 由勾股定理得AG＝GE＝HC＝HF＝1，BE＝BF，GH＝AC﹣AG﹣CH＝4， ∴∠BEF＝∠BFE＝45°， ∴∠BEF＝45°， ∴∠GEF＝180°﹣45°﹣45°＝90°， ∵∠EGH＝∠FHG＝90°， ∴四边形GEFH是矩形， ∴S0＝EG•GH＝1×4＝4， ∵S1+S2+S3＝S0+S4，3S0＝S1+S2+S3+S4， ∴S4＝4， ∵动点P在△ACD内部及边界上运动， ∴点P的运动轨迹是△ACD内部及边界上平行于AC的一条线段MN， 则△DMN是等腰直角三角形， 如图，取AC的中点O，连接OD交MN于点Q， 则DOAC＝3， ∵S4GH•OQ＝4，GH＝4， ∴OQ＝2， ∴DQ＝OD﹣OQ＝3﹣2＝1， ∴MN＝2， 即点P组成的图形长度为2， 故选：A． 2 / 2 北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题02 四边形综合应用（选择压轴题） 命题预测 四边形综合应用是比较常考的压轴题，通常为选择题压轴题，是中考复习必须重点突破的模块。综合题分值高、设问角度灵活，掌握题型规律与答题模板，对提分至关重要。预计 2026 年中考命题仍将围绕以上核心题型展开，是浙江中考数学的“分水岭”。这类题目不再单纯考查记忆，而是聚焦于动态分析与结构稳定性。 动点与函数图象分析是目前浙江卷最青睐的考法，常以矩形、正方形为背景，将几何运动与函数图象识别结合。在图形变化中寻找“不变量”，考查代数恒等变形与几何性质的综合。折叠是高频载体，隐含全等、对称性、勾股定理。给出正方形或菱形的折叠操作，或复杂的几何关系，列出4个结论（如角平分线、线段相等、相似），要求判断正确结论的个数。 高频考法 1.矩形中的翻折问题 2.定值问题 3.正方形综合问题 4.路径长问题 典例·靶向·突破 题型01 矩形中的翻折问题 1．（2026•浙江一模）如图，矩形ABCD中，对角线AC，BD交于点O，点A′是点A关于直线BD的对称点，连结A′B交CD，AC于点E，F，连结OE．若CF＝3，OF＝2，则OE的长度为（　　） A． B． C． D． 2．（2026•浙江模拟）如图，在矩形ABCD中，AB，BC＝5，P是AD上一点，将△CDP绕点C逆时针旋转45°时，点P的对应点P'恰好落在AB上，则PD的长为（　　） A．1 B． C． D．1或 题型02 定值问题 1．（2026•柯城区一模）如图，在矩形ABCD中，四边形ABFG和四边形CDHE都是正方形，对角线AC交FG，EH于点M，N，连接BM交EH于点L，连接DN交FG于点K，连接AL，CK，可形成“回力镖镖翼”状的阴影几何纹样．若要确定图中“回力镖镖翼”状的阴影几何纹样的面积，只需知道（　　） A．四边形ABFG的面积 B．四边形ABCD的面积 C．四边形ABEH的面积 D．四边形EFGH的面积 2．（2026•宁波一模）如图，BD是正方形ABCD的对角线，E为边BC上的动点（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，EG．则下列比值为定值的是（　　） A． B． C． D． 题型03 正方形综合问题 1．（2026•定海区一模）如图，矩形ABCD和正方形AEFG面积相等，点B在边EF上，点G在CD上，FG交BC于M点，EN⊥AB，AB＝18，若S△ENB：S△BFM＝16：9，则AD＝（　　） A． B． C． D． 2．（2026•西湖区校级模拟）如图，正方形ABCD中，E为对角线AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE交DC的延长线于F，交BC于M，若DE＝MF，且，则线段CF的长为（　　） A．2 B． C．1 D． 题型04 路径长问题 1．（2026•湖州校级模拟）如图：已知AB＝8，AC＝BD＝1，点P是线段CD上一动点，分别以AP、BP为边向上作正方形APEF和PHKB，设正方形对角线的交点分别为O1，O2，当点P从点C运动到点D时，线段O1O2的中点G的运动路径长是（　　） A．3 B．6 C． D． 2．（2026•覃塘区一模）如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=3cm,∠B=60°．将△ABC绕点A逆时针旋转，得到△AB'C'，若点B的对应点B'恰好落在线段BC上，则点C的运动路径长是（　　） cm（结果用含π的式子表示）． A． B． C． D． 1．（2024•浙江）如图，在▱ABCD中，AC，BD相交于点O，AC＝2，．过点A作AE⊥BC的垂线交BC于点E，记BE长为x，BC长为y．当x，y的值发生变化时，下列代数式的值不变的是（　　） A．x+y B．x﹣y C．xy D．x2+y2 2．（2026•合肥校级一模）如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，AC＝6，AB＝8，D边AB上一点，连接CD，过点D作DE⊥DC交BC于E，把△BDE沿DE翻折得△DEB，连接B1C．下列说法正确的是（　　） ①∠ADC＝∠B1DC； ②当B1E∥AC时，DB1⊥BC； ③当B1E∥AC时，折痕DE的长； ④当△B1CD是等腰三角形时，AD的长或． A．①② B．①②③ C．①②④ D．①②③④ 3．（2026•肥东县校级一模）如图，在正方形ABCD中，E为BC上一点，过点E作EF∥CD，交AD于F，交对角线BD于G，取DG的中点H，连接AH，EH，FH．下列结论：①FH∥AE；②AH＝EH且AH⊥EH；③∠BAH＝∠HEC；④△EHF≌△AHD；⑤若，则．其中哪些结论是正确（　　） A．①②④⑤ B．②③④ C．①②③ D．②③④⑤ 4．（2026•江门校级一模）如图，在矩形ABCD中，AC为对角线，AF平分∠CAB交BC于点F，点E是CD上一点，连接AE、EF，若∠EAF＝45°，AB＝4，BC＝3，则的值为（　　） A． B． C． D． 5．（2026•开州区模拟）如图，正方形ABCD中，E为对角线AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥DE交DC的延长线于点F，交BC于点M，若M为EF的中点，则的值为（　　） A．1 B． C． D． 6．（2026•海门区模拟）如图，四边形ABCD与四边形CEFG都是正方形，连结AE，BD，DF，若已知五边形ABDFE的面积，则一定能求出的线段为（　　） A．CG B．BC C．AE D．DF 7．（2026•芜湖校级一模）如图，在菱形ABCD中，∠B＝60°，点E，F分别是BC，AB上的动点，且BE＝AF，AE与CF交于点G，连接DG，则下列说法中不正确的是（　　） A． B．△AFG∽△CFA C．∠EGF为定值 D．GD平分∠AGC 8．（2026•全椒县校级模拟）如图，在边长为定值的平行四边形ABCD中，E，G分别为边AD，BC的中点，点F，H分别在边AB，CD上移动（都不与端点重合），且满足BF＝DH，连接EF，FG，GH，HE，下列说法中，错误的是（　　） A．线段EG的长度为定值 B．当F为AB的中点时，四边形EFGH为矩形 C．四边形EFGH始终是平行四边形 D． 9．（2025•宜兴市二模）如图，在△ABC中，∠C＝90°，∠BAC＝30°，BC＝2，BC边上有一动点D，作点B关于直线AD的对称点B'，在点D从点B运动到点C的过程中，点B′的运动路径长为（　　） A． B． C． D． 10．（2026•阜阳一模）如图，在▱ABCD中，O是AC的中点，E是AD上的动点，连接EO并延长，交BC于点F，OG∥AD交CD于点G，则下列不是定值的是（　　） A．OG的长 B．四边形DEFC的面积 C．△COG的面积 D．四边形DEFC的周长 11．（2026•无为市一模）如图，Rt△ABC中，∠BAC＝90°，，BF平分∠ABC交AC于点F，D在BC边上，将AD绕A点逆时针旋转90°得到AE，连接EF，EC，下列说法不正确的是（　　） A．EF的最小值是1 B．EF≤BF C．若m＝AE+EF，则m2最小值为 D．当△EFC为等腰三角形时，BD的长为或2 12．（2026•高碑店市模拟）如图，点O为矩形ABCD对角线的交点，AB＝a，BC＝b．点E是AB边上一点（不含端点及中点），连接EO并延长，交CD边于点F．将矩形ABCD沿EF折叠，点A，D的对应点分别是点A'，D'，直线A'D'和直线BC相交于点H，连接EH，OH，FH，嘉嘉得出一个正确的结论：OH⊥EF，淇淇继续探究，发现了以下四个结论，其中不正确的是（　　） A．EH＝FH B．当点A'和点C不重合时，△A'EH≌△CFH C．tan∠EHO D．当A'在直线AB上方时，点A'到直线AB距离的最大值为 13．（2025•郑州模拟）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，设AC＝x，BC＝y，且x+y是定值．点D是AC上一点，点E为AB中点，连接CE，将线段CE沿绕点E顺时针旋转90°，得到线段EF交AC于点G，若点A关于直线DE的对称点恰为点F，则下列线段长为定值的是（　　） A．AD B．CD C．CG D．DE 14．（2025•泸州）如图，在边长为2的正方形ABCD中，E为AB的中点，F为CE上的点，且DF＝DC，则AF的长为（　　） A． B． C． D． 15．（2025•大庆）如图，在正方形ABCD中，，点E，F分别在线段AB，BC上，，连接EF，AC．过点E，F分别作线段AC的垂线，垂足分别为G，H．动点P在△ACD内部及边界上运动，四边形EFHG，△PEG，△PEF，△PFH，△PGH的面积分别为S0，S1，S2，S3，S4，若点P在运动中始终满足3S0＝S1+S2+S3+S4，则满足条件的所有点P组成的图形长度为（　　） A．2 B． C．4 D．2π 2 / 2 北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $