【期末复习冲刺】第21章四边形小结与复习提优训练-2025-2026学年八年级数学人教版下册

【期末复习冲刺】第21章四边形小结与复习提优训练 知识点一 三角形中位线定理 1．（2025•资阳模拟）如图，在△ABC中，∠C＝90°，E，F分别是AC，BC上两点，AE＝16，BF＝12，点P，Q，D分别是AF，BE，AB的中点，则PQ的长为（　　） A．10 B．8 C．2 D．20 【分析】根据三角形中位线定理得到PDBF＝6，PD∥BC，根据平行线的性质得到∠PDA＝∠CBA，同理得到∠PDQ＝90°，根据勾股定理计算，得到答案． 【解答】解：∵∠C＝90°， ∴∠CAB+∠CBA＝90°， ∵点P，D分别是AF，AB的中点， ∴PDBF＝6，PD∥BC， ∴∠PDA＝∠CBA， 同理，QDAE＝8，∠QDB＝∠CAB， ∴∠PDA+∠QDB＝90°，即∠PDQ＝90°， ∴PQ10， 故选：A． 【点睛】本题考查的是三角形中位线定理、勾股定理，掌握三角形的中位线平行于第三边，且等于第三边的一半是解题的关键． 2．（2025春•东港区校级月考）如图，△ABC中，N是BC边上的中点，AM平分∠BAC，BM⊥AM于点M，若AB＝8，MN＝2，则AC＝　12　 ． 【分析】延长BM交AC于D，利用ASA定理证明△AMB≌△AMD，根据全等三角形的性质得到AD＝AB＝8，BM＝MD，根据三角形中位线定理求出DC，计算即可． 【解答】解：延长BM交AC于D， ∵AM平分∠BAC， ∴∠BAM＝∠DAM， 在△AMB和△AMD中， ， ∴△AMB≌△AMD（ASA）， ∴AD＝AB＝8，BM＝MD， ∵N是BC边上的中点， ∴MN是△BDC的中位线， ∴DC＝2MN＝2×2＝4， ∴AC＝AD+DC＝12， 故答案为：12． 【点睛】本题考查的是三角形中位线定理、三角形全等的判定和性质，掌握三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半是解题的关键． 3．（2025•罗湖区校级模拟）如图，△ABC的周长为26，点D，E都在边BC上，∠ABC的平分线垂直于AE，垂足为Q，∠ACB的平分线垂直于AD，垂足为P，若BC＝10，则PQ的长为 　3　 ． 【分析】证明△ABQ≌△EBQ，则AQ＝EQ，AB＝BE，同理AQ＝DP，AP＝DP，则PQ是△ADE的中位线，根据三角形的中位线定理即可求解． 【解答】解：∵△ABC的周长是26，BC＝10， ∴AB+AC＝26﹣10＝16， ∵∠ABC的平分线垂直于AE， ∴在△ABQ和△EBQ中， ， ∴△ABQ≌△EBQ， ∴AQ＝EQ，AB＝BE， 同理，AP＝DP，AC＝CD， ∴DE＝BE+CD﹣BC＝AB+AC﹣BC＝16﹣10＝6， ∵AQ＝DP，AP＝DP， ∴PQ是△ADE的中位线， ∴PQDE＝3． 故答案为：3． 【点睛】本题考查了三角形的中位线定理，全等三角形的判定与性质，正确求得DE的长度是关键． 4．（1）如图1，在四边形ABCD中，AB＝CD，E，F分别是AD，BC的中点，连接FE并延长，分别与BA，CD的延长线交于点M，N． 求证：∠BME＝∠CNE；（提示：取BD的中点H，连接FH，HE作辅助线） （2）如图2，在△ABC中，F是BC边的中点，D是AC边上一点，E是AD的中点，直线FE交BA的延长线于点G，若AB＝DC＝2，∠FEC＝45°，求FE的长度． 【分析】（1）连接BD，取DB的中点H，连接EH，FH，根据三角形中位线定理得到EH∥AB，EHAB，根据平行线的性质证明； （2）连接BD，取DB的中点H，连接EH，FH，根据勾股定理、平行线的性质计算． 【解答】（1）证明：连接BD，取DB的中点H，连接EH，FH， ∵E，H分别是AD，BD的中点， ∴EH∥AB，EHAB， ∴∠BME＝∠HEF， ∵F，H分别是BC，BD的中点， ∴FH∥CD，FHCD， ∴∠CNE＝∠HFE， ∵AB＝CD ∴HE＝FH， ∴∠HEF＝∠HFE ∴∠BME＝∠CNE； （2）解：连接BD，取DB的中点H，连接EH，FH， ∵E，F分别是AD，BC的中点， ∴EHAB，FHCD，FH∥AC， ∴∠HFE＝∠FEC＝45°， ∵AB＝CD＝2， ∴HF＝HE＝1， ∴∠HEF＝∠HFE＝45°， ∴∠EHF＝180°﹣∠HFE﹣HEF＝90°， ∴． 【点睛】本题考查的是三角形中位线定理，掌握三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半是解题的关键． 知识点二 直角三角形斜边的中线 5．（2026•武威一模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝5，BC＝12，平面上有一点P，AP＝1，连接AP，BP，取BP的中点G．连接CG，在AP绕点A的旋转过程中，则CG的最大值是（　　） A．7 B．7.5 C． D．14 【分析】取AB的中点E，连接EG，CE，则，CG≤CE+GE，当C，G，E三点共线时，CG最大，即可求得最大值． 【解答】解：如图，取AB的中点E，连接EG，CE， ∵∠ACB＝90°，AC＝5，BC＝12， ∴AB13，CEAB，GEAP1， ∴； ∵CG≤CE+GE， ∴当C，G，E三点共线时，CG最大，最大值为GE+CE； ∵， ∴CG的最大值为7； 故选：A． 【点睛】本题考查了直角三角形斜边上中线的性质，三角形中位线的性质，三角形三边关系，勾股定理，掌握这些知识是解题的关键． 6．（2025秋•浙江期中）如图，在△ABC中，AB＝AC＝12，BC＝8，AF⊥BC于点F，BE⊥AC于点E，D为AB的中点，M为EF的中点，则DM的长为（　　） A．6 B． C． D．8 【分析】连接DF，DE，根据等腰三角形三线合一得到F是BC中点，从而得到，同理可得，最后根据勾股定理即可求出DM的长． 【解答】解：连接DF，DE， ∵AB＝AC，AF⊥BC， ∴BF＝FC， ∵BE⊥AC， ∴∠BEC＝90°， 在Rt△BEC中，BF＝FC， 则， 同理可得：， ∴DF＝DE， ∵M为EF的中点， ∴， ∴． 故选：B． 【点睛】本题考查了直角三角形斜边上的中线的性质、等腰三角形三线合一，熟记直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键． 7．（2026•高唐县二模）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝20°，D为斜边的中点，且BD＝4，点P，Q分别在AB和BC上，且DP＝CQ，则线段PQ的最小值为　2　 ． 【分析】过点D作DR∥PQ，并使DR＝PQ作直线CR，易得四边形PDRQ是平行四边形，分析，根据中点性质即可求得PQ的最小值． 【解答】解： 过点D作DR∥PQ，并使DR＝PQ作直线CR， 易得四边形PDRQ是平行四边形， ∴∠BQR＝∠B＝20°，PD＝QR， ∵CQ＝PD， ∴CQ＝QR， ∴∠QCR＝∠QRC＝10°， ∵PQ分别在AB、BC上活动， 点R在CR上运动，当DR⊥CR时，DR的值最小，即PQ的值最小，即PQ的值最小， ∵D是AB的中点， ∴CD＝BD＝4， ∴∠DCB＝∠B＝20°， ∴∠DCR＝30° ∴DRCD＝2， ∴PQ＝DR＝2， 即PQ的最小值为2． 【点睛】本题考查斜边中线定理+垂线段最短；找准PQ等价于定点到定直线垂距是核心． 8．（2026•锦州二模）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，将△ABC沿BC方向向右平移至△EFG处，使EF恰好过边AC的中点D，连接BD．若EG＝4，则BD的长为　2　 ． 【分析】先根据平移的性质得出△ABC≌△EFG，再由直角三角形的性质即可得出结论． 【解答】解：∵将△ABC沿BC方向向右平移至△EFG处，EG＝4， ∴△ABC≌△EFG， ∴AC＝EG＝4， 又∵D为AC中点， ∴． 故答案为：2． 【点睛】本题考查的是直角三角形斜边上的中线，平移的性质，熟知在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键． 9．（2026春•唐山校级月考）如图，AB＝8，O是AB的中点，直线l经过点O，∠1＝120°，P是直线l上一点，当△APB是直角三角形时，AP＝　或或4　 ． 【分析】如图：分点P为直角顶点、点A为直角顶点、点B为直角顶点三大类，四种情况，分别利用直角三角形中线的性质、含30度直角三角形的性质、勾股定理进行分析解答即可． 【解答】解：如图，O是AB的中点，AB＝8， ∴AO＝BO＝4． ①当点P为直角顶点，且P在AB上方时，则， ∵∠1＝120°， ∴∠AOP1＝60°， ∴△AOP1是等边三角形， ∴AP1＝OA＝4； ②当点P为直角顶点，且P在AB下方时，同①理可得：BP2＝OB＝4， 由勾股定理得：； ③当点A为直角顶点时， ∵∠1＝120°， ∴∠AP3O＝30°， ∴OP3＝2OA＝8， 由勾股定理得：； ④当点B为直角顶点时，同③理可得：， 由勾股定理得：． 综上所述，当△APB为直角三角形时，AP的值为或或4， 故答案为：或或4． 【点睛】本题主要考查了直角三角形中线的性质、含30度直角三角形、勾股定理，分类讨论是解答本题的关键． 10．（2026•普陀区二模）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D为AB中点，连结CD，作DE⊥AB交BC于点E．DF平分∠CDE，交BC于点F，若CF＝1，BF＝3，则AB的值为　2　 ． 【分析】直角三角形斜边中线等于斜边的一半，因此CD＝AD＝BD，结合DE垂直AB、DF平分∠CDE的条件，推导出线段等量关系，再通过勾股定理计算得到AB的长度． 【解答】解：在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D是AB中点， ∴CD＝AD＝BD， 可得∠DCB＝∠B． ∵DE⊥AB， ∴∠CDE＝90°﹣2∠B， 结合DF平分∠CDE，通过三角形内角和消去∠B， 得到∠DFC＝135°， 设C在原点（0，0），BC在x轴上， 由CF＝1，BF＝3， 得BC＝4， ∴B（4，0），F（1，0）． 设A在y轴上坐标为（0，a）， 则AB中点D的坐标为． ∴， 即a＝2． ∴． 故答案为：2． 【点睛】题目考查了直角三角形斜边上的中线、线段垂直平分线的性质，解题的关键在于相关知识的灵活运用． 11．（2025秋•浦东新区校级期末）已知：如图，∠ABC＝∠ADC＝90°，E、F分别是AC、BD的中点． （1）求证：EF⊥BD； （2）若∠BAD＝30°，AC＝8，求BD的长． 【分析】（1）连接BE、DE，根据直角三角形斜边中线等于斜边一半得出BE＝DE，再根据等腰三角形的性质证明即可； （2）先证明△BED是等边三角形，再根据求解即可． 【解答】（1）证明：连接BE、DE， ∵∠ABC＝∠ADC＝90°，E是AC的中点， ∴， ∵F是BD的中点， ∴EF⊥BD； （2）解：由（1）可知，， ∴∠EAB＝∠EBA，∠EAD＝∠EDA， ∴2∠EAB＝∠CEB，2∠EAD＝∠CED， ∵∠BAD＝30°， ∴∠BED＝60°， ∵BE＝DE， ∴△BED是等边三角形， ∴BD＝BE＝4． 【点睛】本题考查了直角三角形斜边中线等于斜边一半的性质和等边三角形的判定，解题关键是熟练掌握相关性质进行推理和计算． 12．（2026•建邺区一模）已知，如图，∠ABC＝∠ADC＝90°，M，N分别是AC，BD的中点．求证： ①BM＝DM； ②MN⊥BD． 【分析】（1）连接BM、DM，根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半可得BM＝DMAC； （2）根据等腰三角形三线合一的性质证明即可． 【解答】（1）证明：如图，连接BM、DM， ∵∠ABC＝∠ADC＝90°，M是AC的中点， ∴BM＝DMAC， ∴BM＝DM； （2）∵点N是BD的中点，BM＝DM， ∴MN⊥BD． 【点睛】本题考查了直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半的性质，等腰三角形三线合一的性质，熟记性质并连接辅助线是解题的关键． 知识点三 平行四边形的性质和判定 13．（2017春•庐江县期末）在给定的条件中，能画出平行四边形的是（　　） A．以60cm为一条对角线，20cm，34cm为两条邻边 B．以6cm，10cm为两条对角线，8cm为一边 C．以20cm，36cm为两条对角线，22cm为一边 D．以6cm为一条对角线，3cm，10cm为两条邻边 【分析】能画出平行四边形，首先要能画出三角形：两条对角线的一半和平行四边形的一边构成三角形；平行四边形的两条边和一条对角线构成三角形． 【解答】解：A、20+34不大于60，不能构成三角形，故A选项错误； B、3+5不大于8，不能构成三角形，故B选项错误； C、10+18＞22，能构成三角形，故C选项正确； D、3+6不大于10，不能构成三角形，故D选项错误； 故选：C． 【点睛】此题主要考查平行四边形的作图，综合考查了平行四边形的性质和三角形三边之间的关系． 14．（2025秋•赛罕区校级期末）如图，在▱ABCD中，EF∥BC，GH∥AB，EF，GH的交点P在BD上，则图中面积相等的平行四边形有（　　）对 A．5 B．2 C．3 D．4 【分析】根据平行四边形的判定与性质可知，平行四边形的对角线将平行四边形的面积平分，可推出3对面积相等的平行四边形． 【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥CD，AD∥BC，S△ABD＝S△CBD． ∵GH∥AB，EF∥BC， ∴GH∥AB∥CD，EF∥BC∥AD， ∴四边形ABHG、四边形CDGH、四边形BHPE、四边形CHPF、四边形AEPG、四边形DFPG、四边形AEFD、四边形BCFE都是平行四边形， ∵BP是平行四边形BEPH的对角线， ∴S△BEP＝S△BHP， ∵PD是平行四边形GPFD的对角线， ∴S△GPD＝S△FPD． ∴S△ABD﹣S△BEP﹣S△GPD＝S△BCD﹣S△BHP﹣S△PFD， 即S▱AEPG＝S▱HCFP， ∴S▱ABHG＝S▱BCFE， 同理S▱AEFD＝S▱HCDG． 即：S▱ABHG＝S▱BCFE，S▱AGPE＝S▱HCFP，S▱AEFD＝S▱HCDG． 故选：C． 【点睛】本题考查的是平行四边形的判定与性质，熟记平行四边形的一条对角线把平行四边形分成两个全等的三角形是解题的关键． 15．（2025春•如皋市期中）如图，线段AB，CD相交于点E，AB＝CD＝4，若∠AED＝60°，则AD+CB的最小值为（　　） A．4 B．4 C．2 D．2 【分析】过点C作CF∥AB，过点A作AF∥BC，AF与CF相交于点F，连接DF，则四边形ABCF为平行四边形，当三点D，A，F在同一条直线上时，DF最小，由此解答即可． 【解答】解：如图， 过点C作CF∥AB，过点A作AF∥BC，AF与CF相交于点F，连接DF，则四边形ABCF为平行四边形， ∴AF＝CB，CF＝AB＝4， ∴AD+CB＝AD+AF， ∵AD+AF≥DF， 当三点D，A，F在同一条直线上时，DF的长就是所求的最小值． 过点D作DM⊥CF于点M． ∵CF∥AB，∠AED＝60°， ∴∠CDM＝90°﹣∠DCM＝90°﹣60°＝30°． 在Rt△CDM中，CD＝4， ∴CMCD＝2，DM＝6， ∴FM＝CF﹣CM＝422， 在Rt△DFM中，由勾股定理得4， 即AD+CB的最小值是4． 方法2：过点B作BF∥CD，过点D作DF∥BC，DF与BF交于点F， ∴四边形DCBF是平行四边形， ∴CD＝BF，DF＝BC， ∵CD＝AB，∠AED＝60°， ∴△ABF是等边三角形， ∴AD+BC＝AD+DF≥AF， ∵AF＝AB＝4， ∴AD+BC的最小值为4， 故选：A． 【点睛】此题考查了平行四边形的判定和性质，对称性，勾股定理，解本题的关键是当三点D，A，F在同一条直线上时，DF最小． 16．（2025春•邵东县期中）如图，在▱ABCD中，若点E、F分别是AB，CD的中点，连接AF，CE，DE，BF．DE与AF相交于点G，CE与BF相交于点H．求证：四边形GEHF是平行四边形． 【分析】由平行四边形的性质和已知条件得出四边形AECF是平行四边形，得出AF∥CE．同理：DE∥BF，由平行四边形的判定方法即可得出结论． 【解答】证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥CD，AB＝CD， ∵E是AB中点，F是CD中点， ∴AE＝CF，AE∥CF， ∴四边形AECF是平行四边形， ∴AF∥CE． 同理：DE∥BF， ∴四边形GEHF是平行四边形． 【点睛】考查了平行四边形的判定与性质；熟练掌握平行四边形的判定与性质，通过证明平行四边形得出AF∥CE．DE∥BF是解决问题的关键． 17．（2025春•南郑区期末）如图，在▱ABCD中，点M、N分别是AD、BC上的两点，点E、F在对角线BD上，且DM＝BN时，DF＝BE，求证：四边形MENF是平行四边形． 【分析】根据SAS可以证明△DMF≌△BNE．从而得到MF＝NE，∠DFM＝∠BEN．根据等角的补角相等，可以证明∠FEN＝∠EFM，则EN∥FM．根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可证明． 【解答】证明：在平行四边形ABCD中，AD∥BC， ∴∠ADB＝∠CBD． 在△BNE和△DMF中， ， ∴△BNE≌△DMF（SAS）． ∴MF＝NE，∠DFM＝∠BEN． ∴∠MFE＝∠NEF． ∴EN∥FM． ∴四边形MENF是平行四边形． 【点睛】此题考查了平行四边形的性质和判定．全等三角形的判定与性质，能够根据已知条件和平行四边形的性质发现全等三角形是解决本题的关键． 18．（2025春•海安市校级期中）如图△ABC中，点D是边BC的中点，点E在△ABC内，AE平分∠BAC，CE⊥AE，点F在边AB上，EF∥BC． （1）求证：四边形BDEF是平行四边形； （2）若AB＝10，AC＝4，求BF的长． 【分析】（1）延长CE交AB于点G，证明△AGE≌△ACE，根据全等三角形的性质可得到GE＝EC，再利用三角形的中位线定理证明DE∥AB，再由EF∥BC可证出结论； （2）先证明，再证明AG＝AC，可得到． 【解答】（1）证明：延长CE交AB于点G， ∵AE⊥CE， ∴∠AEG＝∠AEC＝90°， 在△AEG和△AEC中， ， ∴△AGE≌△ACE（ASA）． ∴GE＝EC． ∵BD＝CD， ∴DE为△CGB的中位线， ∴DE∥AB． ∵EF∥BC， ∴四边形BDEF是平行四边形． （2）解：∵四边形BDEF是平行四边形， ∴BF＝DE． ∵D、E分别是BC、GC的中点， ∴． ∵△AGE≌△ACE， ∴AG＝AC， ∴， ∴． 【点睛】此题主要考查了平行四边形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，三角形中位线定理，题目综合性较强，证明GE＝EC，再利用三角形中位线定理证明DE∥AB是解决问题的关键． 19．（2025春•汉阳区校级月考）△ABD，△ACE，△BCF，是分别以△ABC的AB、AC、BC边为一边的等边三角形． （1）求证：四边形ADFE是平行四边形． （2）若∠BAC＝90°，AB＝4，AC＝3，求四边形的面积． （3）试讨论△ABC的角满足什么条件时，四边形ADFE不存在． 【分析】（1）根据等边三角形的性质及平行四边形的判定（两组对边分别相等的四边形是平行边形）来证明四边形ADEF是平行四边形； （2）可先证明△ABC为直角三角形，可求得∠DAF＝150°，则可求得∠D＝30°，过E作EM⊥AD，可求得EM，可求得四边形ADEF的面积． （3）根据三点共线解答即可． 【解答】（1）证明：四边形ADEF是平行四边形． ∵等边三角形BCF和等边三角形ABD， ∴BE＝BC，BD＝BA． 又∵∠DBE＝60°﹣∠ABF，∠ABC＝60°﹣∠ABF， ∴∠DBE＝∠ABC． 在△BDF和△BCA中， ， ∴△BDF≌△BCA（SAS）． ∴DF＝AC． ∵在等边三角形ACF中，AC＝AE， ∴DF＝AE． 同理DA＝EF． ∴四边形ADEF是平行四边形； （2）解：∵∠BAC＝90°，AB＝4，AC＝3， ∴BC＝5， ∵∠BAC＝90°， 又∵∠DAB＝∠EAC＝60°， ∴∠DAE＝360°﹣90°﹣60°﹣60°＝150°， ∴∠FDA＝30°， 如图，过F作FM⊥AD于点M， 则可知FMFDAEAC＝1.5， 且AD＝AB＝4， ∴S四边形ADEF＝AD•FM＝4×1.5＝6． （3）当D，A，E三点共线时，四边形ADFE不存在， 当∠BAC＝60°时，四边形ADFE不存在， 此时，∠DAE＝360°﹣∠DAB﹣∠BAC﹣∠CAE＝360°﹣60°﹣60°﹣60°＝180°， 此时D，A，E三点共线， 当△ABC中∠BAC＝60°时，四边形ADFE不存在． 【点睛】本题主要考查平行四边形的判定和性质，掌握平行四边形的判定和性质是解题的关键，即①两组对边分别平行的四边形⇔平行四边形，②两组对边分别相等的四边形⇔平行四边形，③一组对边平行且相等的四边形⇔平行四边形，④两组对角分别相等的四边形⇔平行四边形，⑤对角线互相平分的四边形⇔平行四边形． 知识点四 菱形的性质和判定 20．（2022秋•福田区校级期末）如图，已知点P是菱形ABCD的对角线AC延长线上一点，过点P分别作AD、DC延长线的垂线，垂足分别为点E、F．若∠ABC＝120°，AB＝2，则PE﹣PF的值为（　　） A． B． C．2 D． 【分析】设AC交BD于O，根据已知可得AC＝2，而PE﹣PFAPCP（AP﹣CP）AC，即可得到答案． 【解答】解：设AC交BD于O，如图： ∵在菱形ABCD中，∠ABC＝120°，AB＝2， ∴∠BAD＝∠BCD＝60°，∠DAC＝∠DCA＝30°，AD＝AB＝2，BD⊥AC， Rt△AOD中，ODAD＝1，OA， ∴AC＝2OA＝2， Rt△APE中，∠DAC＝30°，PEAP， Rt△CPF中，∠PCF＝∠DCA＝30°，PFCP， ∴PE﹣PFAPCP（AP﹣CP）AC， ∴PE﹣PF， 故选：D． 【点睛】本题考查菱形的性质及应用，解题的关键是求出AC，把PE﹣PF转化为AC． 21．（2025•洞头区模拟）如图，在菱形ABCD中，∠C＝60°，AD＝2，连接BD，O是BD的中点，E是DA延长线上的一点，连接OE，作∠EOF＝120°，交AB的延长线于点F，记BF＝x，AE＝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． 【分析】过点O作OG∥AB，交AD于点G，利用菱形的性质，等边三角形的判定与性质和三角形的中位线的性质得到∠GOB＝120°，OG＝OB＝1，∠OBF＝∠OGE＝120°，利用全等三角形的判定与性质得到GE＝BF，则1+x＝y，结论可得． 【解答】解：过点O作OG∥AB，交AD于点G，如图， ∵四边形ABCD为菱形， ∴AB＝BC＝CD＝AD＝2，∠DAB＝∠C＝60°， ∴△ABD和△CBD为等边三角形， ∵O是BD的中点，OG∥AB， ∴OGAB＝1，DG＝AGAD＝1，∠GOD＝∠ABD＝60°，∠OGD＝∠DAB＝60°， ∴∠GOB＝120°，OG＝OB＝1，∠OBF＝∠OGE＝120°， ∵∠EOF＝120°， ∴∠GOE＝∠BOF． 在△GOE和△BOF中， ， ∴△GOE≌△BOF（ASA）， ∴GE＝BF， ∴GA+AE＝BF， ∴1+y＝x， ∴x﹣y＝1． ∴x﹣y的值不变． 故选：B． 【点睛】本题主要考查了菱形的性质，等边三角形的判定与性质，平行线的性质，三角形的中位线的性质，全等三角形的判定与性质，添加适当的辅助线构造全等三角形是解题的关键． 22．（2025•眉山）如图，在菱形ABCD中，AB＝AC＝10，对角线AC、BD相交于点O，点M在线段AC上，且AM＝3，点P为线段BD上的一个动点，则MPPB的最小值是 　　 ． 【分析】过点P作PE⊥BC于E，由菱形的性质可得AB＝BC＝AC＝10，∠ABD＝∠CBD，可证△ABC是等边三角形，可求∠CBD＝30°，由直角三角形的性质可得PEPB，则MPPB＝PM+PE，即当点M，点P，点E共线且ME⊥BC时，PM+PE有最小值为ME，由锐角三角函数可求解． 【解答】解：如图，过点P作PE⊥BC于E， ∵四边形ABCD是菱形，AB＝AC＝10， ∴AB＝BC＝AC＝10，∠ABD＝∠CBD， ∴△ABC是等边三角形， ∴∠ABC＝∠ACB＝60°， ∴∠CBD＝30°， ∵PE⊥BC， ∴PEPB， ∴MPPB＝PM+PE， ∴当点M，点P，点E共线且ME⊥BC时，PM+PE有最小值为ME， ∵AM＝3， ∴MC＝7， ∵sin∠ACB， ∴ME， ∴MPPB的最小值为， 故答案为． 【点睛】本题考查了菱形的性质，等边三角形的判定和性质，将MPPB转化为PM+PE是解题的关键． 23．（2025春•余干县期末）已知：如图，平行四边形ABCD中，对角线AC的垂直平分线交AD于点E，交BC于点F，求证：四边形AFCE是菱形． 【分析】由平行四边形的性质得出∠EAO＝∠FCO，由线段垂直平分线的性质得出OA＝OC，AE＝CE，由ASA证明△AOE≌△COF，得出对应边相等OE＝OF，得出四边形AFCE是平行四边形，即可得出结论． 【解答】证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC， ∴∠EAO＝∠FCO， ∵EF是AC的垂直平分线， ∴OA＝OC，AE＝CE， 在△AOE和△COF中，， ∴△AOE≌△COF（ASA）， ∴OE＝OF， ∴四边形AFCE是平行四边形， 又∵AE＝CE， ∴四边形AFCE是菱形． 【点睛】本题考查了平行四边形的性质、菱形的判定方法、线段垂直平分线的性质、全等三角形的判定与性质；熟练掌握平行四边形和线段垂直平分线的性质，证明三角形全等是解决问题的关键． 24．（2025春•合川区期中）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，对角线BD的垂直平分线与边AD、BC分别相交于点M、N． （1）求证：四边形BNDM是菱形； （2）若菱形BNDM的周长为68，MN＝16，求菱形BNDM的面积． 【分析】（1）证△MOD≌△NOB（AAS），得OM＝ON，再由OB＝OD，证出四边形BNDM是平行四边形，进而得出结论； （2）由菱形的性质得BN＝DN＝DM＝BM＝13，再由勾股定理求出OB＝12，则BD＝24，然后由菱形面积公式即可得出答案． 【解答】（1）证明：∵AD∥BC， ∴∠DMO＝∠BNO， ∵MN是对角线BD的垂直平分线， ∴OB＝OD，MN⊥BD， 在△MOD和△NOB中， ， ∴△MOD≌△NOB（AAS）， ∴OM＝ON， ∵OB＝OD， ∴四边形BNDM是平行四边形， 又∵MN⊥BD， ∴平行四边形BNDM是菱形； （2）解：由（1）可知，OB＝OD，OM＝ONMN＝8， ∵四边形BNDM是菱形，周长为52， ∴BN＝DN＝DM＝BM68＝17， ∵MN⊥BD， ∴∠BON＝90°， ∴OB15， ∴BD＝2OB＝30， ∴S菱形BNDMBD•MN30×16＝240． 【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理等知识；熟练掌握菱形的判定与性质，证明三角形全等是解题的关键． 25．（2025•滨城区二模）如图，在平行四边形ABCD中，BD平分∠ABC． （1）求证：四边形ABCD是菱形； （2）连接AC交BD于点O，延长BC到点E，在∠DCE的内部作射线CM，使得∠ECM＝15°，过点D作DF⊥CM于点F．若∠ABC＝70°，DF，求∠ACD的度数及BD的长． 【分析】（1）由平行线的性质和角平分线的定义得∠BDC＝∠DBC，则BC＝CD，然后由菱形的判定即可得出结论； （2）由菱形的性质得BO＝DO，∠DCA＝∠BCA∠BCD，AC⊥BD，AB∥CD，再证∠DCA＝∠DCM，然后由角平分线的性质得DO＝DF，即可得出结论． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥CD， ∴∠ABD＝∠BDC， ∵BD平分∠ABC， ∴∠ABD＝∠DBC， ∴∠BDC＝∠DBC， ∴BC＝CD， ∴▱ABCD是菱形； （2）解：由（1）可知，四边形ABCD是菱形， ∴BO＝DO，∠DCA＝∠BCA∠BCD，AC⊥BD，AB∥CD， ∴∠BCD＝180°﹣∠ABC＝180°﹣70°＝110°，∠DCE＝∠ABC＝70°， ∴∠DCA∠BCD＝55°， ∵∠ECM＝15°， ∴∠DCM＝∠DCE﹣∠ECM＝70°﹣15°＝55°， ∴∠DCA＝∠DCM， ∵DF⊥CM，BD⊥AC， ∴DO＝DF， ∴BD＝2DO＝2． 【点睛】本题考查了菱形的判定与性质、平行四边形的性质、等腰三角形的判定以及角平分线的性质等知识，熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键． 知识点五 矩形的性质和判定 26．（2024•德城区校级三模）如图，在矩形ABCD中，点E，F分别是边AB，BC的中点，连接EC，FD，点G，H分别是EC，FD的中点，连接GH，若AB＝6，BC＝10，则GH的长度为（　　） A． B． C． D．2 【分析】连接CH并延长交AD于P，连接PE，根据矩形的性质得到∠A＝90°，AD∥BC，根据全等三角形的性质得到PD＝CF，根据勾股定理和三角形的中位线定理即可得到结论． 【解答】解：连接CH并延长交AD于P，连接PE， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠A＝90°，AD∥BC， ∵E，F分别是边AB，BC的中点，AB＝6，BC＝10， ∴AEAB6＝3，CFBC10＝5， ∵AD∥BC， ∴∠DHP＝∠FHC， 在△PDH与△CFH中， ， ∴△PDH≌△CFH（AAS）， ∴PD＝CF＝5，CH＝PH， ∴AP＝AD﹣PD＝5， ∴PE， ∵点G是EC的中点， ∴GHEP， 故选：C． 【点睛】本题考查了矩形的性质，全等三角形的判定和性质，三角形的中位线定理，勾股定理，正确的作出辅助线构造全等三角形是解题的关键． 27．（2026•淄博模拟）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，BC＝6，点P为斜边AB上一动点，过点P作PE⊥AC于E，PF⊥BC于点F连结EF，则线段EF的最小值为　　 ． 【分析】连接PC，当CP⊥AB时，PC最小，利用三角形面积解答即可． 【解答】解：连接PC， ∵PE⊥AC，PF⊥BC， ∴∠PEC＝∠PFC＝∠C＝90°， ∴四边形ECFP是矩形， ∴EF＝PC， ∴当PC最小时，EF也最小， 即当CP⊥AB时，PC最小， ∵AC＝8，BC＝6， ∴， ∴PC的最小值． ∴线段EF长的最小值为， 故答案为：． 【点睛】本题主要考查的是矩形的判定与性质，关键是根据矩形的性质和三角形的面积公式解答． 28．（2025秋•都江堰市校级月考）如图，在△ABC中，AB＝6，AC＝8，BC＝10，P为边BC上一动点（且点P不与点B，C重合），PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，M为EF的中点．求EM的最小值 　2.4　 ． 【分析】连接AP，根据勾股定理的逆定理，得△ABC是直角三角形，∠BAC＝90°；根据PE⊥AB，PF⊥AC，判定四边形AEPF是矩形，得EF＝AP；当AP⊥BC时，AP有最小值，故EF最小；根据三角形的面积公式，求出AP，即EF的值，从而可得答案． 【解答】解：连接AP， ∵AB＝6，AC＝8，BC＝10， ∴62+82＝102， ∴AB2+AC2＝BC2， ∴△ABC是直角三角形，∠BAC＝90°， 又∵PE⊥AB，PF⊥AC， ∴四边形AEPF是矩形， ∵M为EF的中点， ∴EF＝AP，EMEFAP， ∵当AP⊥BC时，AP有最小值，此时EF最小， ∴， ∴， 解得AP＝4.8， ∴EF＝4.8， ∴EM＝2.4， 故答案为：2.4． 【点睛】本题考查的是勾股定理的逆定理，解题的关键是掌握垂线段最短，矩形的判定，三角形的面积公式． 29．（2025秋•宽甸县期末）如图，矩形ABCD中，O为AC中点，过点O的直线分别与AB，CD交于点E，F，连结BF交AC于点M，连结DE，BO．若∠COB＝60°，FO＝FC，则下列结论中正确结论的个数是（　　） ①△DEF为等边三角形； ②； ③四边形DFBE是菱形； ④S△AOE：S△BCM＝2：3． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【分析】利用矩形性质和已知条件∠COB＝60°得出△BOC是等边三角形，进而得到相关边和角的关系；通过证明三角形全等来得到边和角的等量关系；根据角的度数判断三角形的形状（如△BEF、△DFE是等边三角形）；利用线段垂直平分线的性质和菱形的判定定理证明四边形DFBE是菱形；根据三角形面积公式和等高三角形面积比等于底之比来计算面积比． 【解答】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠ABC＝∠BCD＝90°，CD∥AB， ∵O为AC的中点， ∴， ∵∠COB＝60°， ∴△BOC是等边三角形， ∴OB＝BC， 在△OBF和△CBF中， ， ∴△OBF≌△CBF（SSS）， ∴∠BOF＝∠BCF＝90°，∠CBF＝∠OBF，∠CFB＝∠OFB， 在等边△BOC中，∠CBO＝60°， ∴∠CBF＝∠OBF＝30°， ∴∠OFB＝∠CFB＝60°， ∵CD∥AB， ∴∠FBE＝∠CFB， ∴△BFE是等边三角形， ∵BO平分∠EBF，∠FBO＝∠EBO＝30°， ∴OF＝OE，BO⊥EF， ∴OB垂直平分EF， 如图，连接OD，则D，O，B三点在同一直线上， ∴D在线段EF的垂直平分线上， ∴DF＝EF， ∵∠DEF＝180°﹣∠OFB﹣∠CFB＝60°， ∴△DEF是等边三角形， 故结论①正确，符合题意； ∵△BEF和△DEF是等边三角形， ∴DE＝DF＝EF＝BE＝BF， ∴四边形DFBE是菱形， 故结论③正确，符合题意； ∵∠CBF＝30°，∠BCF＝90°， ∴FB＝2FC， ∴△OBC是等边三角形， ∴∠OCB＝60°， ∴∠FCM＝30°， ∵FO＝FC，BO＝BC， ∴FB垂直平分OC， ∴∠FMC＝90°， ∴FC＝2FM， ∴FB＝4FM， ∴， 故结论②正确，符合题意； 在△AEO和△COF中， ∴△AOE≌△COF（SAS）， ∴S△AOE＝S△COF＝2S△CMF， ∵， ∴S△CMF：S△BMC＝FM：BM＝1：3， ∴S△AOE：S△BMF＝2：3， 故结论④正确，符合题意； 综上所述，正确的结论有①②③④，共4个． 故选D． 【点睛】本题考查了全等三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，菱形的判定与性质，矩形的性质，解题的关键是熟练掌握全等三角形的判定与性质． 30．（2016•拱墅区二模）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝6，点F是AB的中点，E为BC边上一点，且EF⊥ED，连接DF，M为DF的中点，连接MA，ME．若AM⊥ME，则AE的长为（　　） A．5 B． C． D． 【分析】证明△AME是等腰直角三角形即可解决问题． 【解答】解：∵四边形ABCD是矩形， ∴∠DAF＝90°， ∵EF⊥DE， ∴∠DEF＝90°， ∵FM＝DM， ∴AM＝EMDF， ∵AM⊥ME， ∴∠AME＝90°， ∴AE2， 故选：B． 【点睛】本题考查矩形的性质、直角三角形斜边中线的性质，勾股定理等知识，解题的关键是灵活应用这些知识解决问题，属于中考常考题型． 知识点六 正方形的性质和判定 31．（2025春•十堰期中）如图，在边长为2的正方形ABCD中，点E、F分别是边AB，BC的中点，连接EC，FD，点G、H分别是EC，FD的中点，连接GH，则GH的长度为（　　） A． B． C． D．1 【分析】连接CH，设EC与FD相交于点K，证明△BCE和△CDF全等得∠BCE＝∠CDF，CE＝DF，进而得CE⊥DF，由勾股定理求出CE＝DF，继而得CGCE，CHDF，由三角形的面积公式求出CK，则GK，然后由勾股定理先求出HK，进而即可求出GH的长． 【解答】解：连接CH，如图所示： ∵四边形ABCD是正方形，且边长为2， ∴AB＝BC＝CD＝2，∠B＝∠BCD＝90°， ∵点E与点分别是AB，BC的中点， ∴BE＝CF＝1， 在△BCE和△CDF中， ， ∴Rt△BCE≌△CDF（SAS）， ∴∠BCE＝∠CDF，CE＝DF， ∵∠BCD＝∠BCE+∠DCO＝90°， ∴∠CDF+∠DCO＝90°， 在△DCO中，∠COD＝180°﹣（∠CDF+∠DCO）＝90°， 即CE⊥DF， ∴△HGO和△CHO都是直角三角形， 在△DCF中，由勾股定理得：DF， ∴CE＝DF， ∵点E与点分别是AB，BC的中点， ∴CGCE，CHDF， 由三角形的面积公式得：S△DCFDF•COCD•CF， ∴CO， ∴GK＝CG﹣CO， 在Rt△CHO中，由勾股定理得：HO， 在Rt△HGO中，由勾股定理得：GH． 故选：B． 【点睛】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，熟练掌握正方形的性质，全等三角形的判定和性质，灵活运用三角形的面积公式和勾股定理进行计算时解决问题的关键． 32．（2025春•武汉期末）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD的顶点A（0，1），B（2，0）均在坐标轴上，则点C的坐标是（　　） A．（1，3） B．（3，2） C．（2，3） D．（2，4） 【分析】过C作CH⊥x轴于H，证明△AOB≌△BHC（AAS），可得OA＝BH＝1，OB＝CH＝2，即可得到答案． 【解答】解：过C作CH⊥x轴于H，如图： ∵A（0，1），B（2，0）， ∴OA＝1，OB＝2， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝BC，∠ABC＝90°， ∴∠ABO＝90°﹣∠CBH＝∠BCH， ∵∠AOB＝∠BHC＝90°， ∴△AOB≌△BHC（AAS）， ∴OA＝BH＝1，OB＝CH＝2， ∴OH＝OB+BH＝3， ∴C（3，2）； 故选：B． 【点睛】本题考查正方形性质及应用，涉及全等三角形的判定与性质，点的坐标等知识，解题的关键是证明△AOB≌△BHC，求出OA＝BH＝1，OB＝CH＝2． 33．（2025春•南沙区期末）如图，点B，C，E在同一直线上，分别以BC，CE为边作正方形ABCD和正方形CEFG，BC＝2，CE＝4，H是AF的中点，那么CH的长是（　　） A． B． C． D． 【分析】连接AC、CF，根据正方形的性质得到∠ACF＝90°，根据勾股定理求出AF的长，根据直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半计算即可． 【解答】解：连接AC、CF， 在正方形ABCD和正方形CEFG中， ∠ACG＝45°，∠FCG＝45°， ∴∠ACF＝90°， ∵BC＝2，CE＝4， ∴AC＝2，CF＝4， 由勾股定理得，AF＝2，又H是AF的中点， ∴CHAF， 故选：B． 【点睛】本题考查的是直角三角形的性质、勾股定理的应用、正方形的性质，掌握在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半是解题的关键． 34．（2025春•武川县期末）如图，已知正方形ABCD边长为1，∠EAF＝45°，AE＝AF，则有下列结论：①∠1＝∠2＝22.5°；②点C到EF的距离是1；③△ECF的周长为2；④BE+DF＞EF，其中正确的结论有（　　） A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 【分析】先证明Rt△ABE≌Rt△ADF得到∠1＝∠2，易得∠1＝∠2＝∠22.5°，于是可对①进行判断；连接AC，它们相交于点H，如图，利用Rt△ABE≌Rt△ADF得到BE＝DF，则CE＝CF，接着判断AC垂直平分EF，AH平分∠EAF，于是利用角平分线的性质定理得到EB＝EH，FD＝FH，则可对③④进行判断；设BE＝x，则EF＝2x，CE＝1﹣x，利用等腰直角三角形的性质得到2x（1﹣x），解方程，则可对②进行判断． 【解答】解：∵四边形ABCD为正方形， ∴AB＝AD，∠BAD＝∠B＝∠D＝90°， 在Rt△ABE和Rt△ADF中， ， ∴Rt△ABE≌Rt△ADF（HL）， ∴∠1＝∠2， ∵∠EAF＝45°， ∴∠1＝∠2＝22.5°，所以①正确； 连接AC，它们相交于点H，如图， ∵Rt△ABE≌Rt△ADF， ∴BE＝DF， 而BC＝DC， ∴CE＝CF， ∵AE＝AF， ∴AC垂直平分EF，AH平分∠EAF， ∴EB＝EH，FD＝FH， ∴BE+DF＝EH+HF＝EF，所以④错误； ∴△ECF的周长＝CE+CF+EF＝CE+BE+CF+DF＝CB+CD＝1+1＝2，所以③正确； 设BE＝x，则EF＝2x，CE＝1﹣x， ∵△CEF为等腰直角三角形， ∴EFCE，即2x（1﹣x），解得x1， ∴BE1， Rt△ECF中，EH＝FH， ∴CHEF＝EH＝BE1， ∵CH⊥EF， ∴点C到EF的距离是1， 所以②正确； 本题正确的有：①②③； 故选：B． 【点睛】本题考查了四边形的综合题：熟练掌握正方形的性质和角平分线的性质定理．解决本题的关键是证明AC垂直平分EF． 35．（2025春•璧山区校级期中）如图，在正方形ABCD外取一点E，连接AE，BE，DE．过点A作AE的垂线交DE于点P．若AE＝AP＝1，PB，下列结论：①△APD≌△AEB；②点B到直线AE的距离为；③EB⊥ED；④S△APD+S△APB.其中正确结论的个数是（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 【分析】①根据∠BAD＝∠EAP＝90°得∠DAP＝∠BAE，进而可根据“SAS”判定△APD和△AEB全等，由此可对结论①进行判断； ③由△APD和△AEB全等得∠APD＝∠AEB＝135°，再根据∠AEP＝45°得∠BEP＝90°，由此可对结论③进行判断； ②过点B作BH⊥AE，交AE的延长线于点H，先由勾股定理求出EP，进而得BE＝2，证明△BEH是等腰直角三角形，再由勾股定理得BHBE，则点B到直线AE的距离为，由此可对结论②进行判断， ④根据△APD全等△AEB得S△APD＝S△AEB，则S△APD+S△APB＝S△AEP+S△BEP，再求出S△AEP，S△BEP，由此可对结论④进行判断，综上所述即可得出答案． 【解答】解：①∵AP⊥AE，AE＝AP＝1， ∴△AEP是等腰直角三角形， ∴∠AEP＝∠APE＝45°，∠EAP＝90°， ∴∠APD＝180°﹣∠APE＝135°， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AD＝BA，∠BAD＝90°， ∴∠BAD＝∠EAP＝90°， ∴∠DAP+∠PAB＝∠PAB+∠BAE， ∴∠DAP＝∠BAE， 在△APD和△AEB中， ， ∴△APD≌△AEB（SAS）， 故结论①正确； ③∵△APD≌△AEB， ∴∠APD＝∠AEB＝135°， 又∵∠AEP＝45°， ∴∠BEP＝∠AEB﹣∠AEP＝135°﹣45°＝90°， ∴BE⊥ED， 故结论③正确； ②过点B作BH⊥AE，交AE的延长线于点H，如图所示： 在Rt△AEP中，AE＝AP＝1， 由勾股定理得：EP， 在Rt△BEP中，PB， 由勾股定理得：BE2， ∵∠AEB＝135°， ∴∠BEH＝180°﹣∠AEB＝45°， ∵BH⊥AE， ∴△BEH是等腰直角三角形， 由勾股定理得：BEBH， ∴BHBE， ∴点B到直线AE的距离为， 故结论②不正确， ④∵△APD≌△AEB， ∴S△APD＝S△AEB， ∴S△APD+S△APB＝S△AEB+S△APB＝S△AEP+S△BEP， ∵S△AEPAE•AP，S△BEPBE•EP， ∴S△APD+S△APB， 故结论④正确， 综上所述：正确的结论是①③④，共3个． 故选：C． 【点睛】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，灵活运用勾股定理进行计算是解决问题的关键． 36．（2025春•海州区期末）如图，在正方形ABCD中，点P是对角线BD上一点（点P不与B、D重合），连接AP并延长交CD于点E，过点P作PF⊥AP交BC于点F，连接AF、EF，AF交BD于点G，如果AB＝5，，则BF＝ 　3　 ． 【分析】如图，连接PC，过点P作PM⊥CD于点M，PN⊥BC于点N，则四边形PMCN是矩形．证明PA＝PC＝PF，求出BN，NF可得结论． 【解答】解：如图，连接PC，过点P作PM⊥CD于点M，PN⊥BC于点N，则四边形PMCN是矩形． ∵四边形ABCD是正方形， ∴BA＝BC，∠ABP＝∠CBP＝45°， ∵BP＝BP， ∴△ABP≌△CBP（SAS）， ∴AP＝PC，∠BAP＝∠BCP， ∵AP⊥PF， ∴∠APF＝∠ABC＝90°， ∴∠BAP+∠BFP＝180°， ∵∠BFP+∠PFC＝180°， ∴∠PFC＝∠BAP＝∠BCP， ∴PF＝PC， ∵PN⊥CF， ∴FN＝CN＝PMDP， ∵AB＝AD＝5，∠BAD＝90°， ∴BD＝5， ∵PD， ∴PB＝4，PM＝CN＝NF＝1， ∴BN＝PN＝4， ∴BF＝BN﹣FN＝4﹣1＝3． 故答案为：3． 【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质，勾股定理，解题的关键是掌握相关知识解决问题． 37．（2025秋•肥城市期末）如图，在正方形ABCD中，AB＝2，E为边AB上一点，F为边BC上一点．连接DE和AF交于点G，连接BG．若AE＝BF，则BG的最小值为多少？ 【分析】如图，取AD的中点O，连接BO，GO，首先利用全等三角形的性质证明∠AGD＝90°，求出G0＝1，BO，根据BG≥OB﹣OG，当O，G，B三点共线时BG取得最小值，可得结论． 【解答】解：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ABC＝∠DAE＝90°，AD＝AB， ∵AE＝BF， ∴△DEA≌△AFB（SAS）， ∴∠ADE＝∠BAF， ∴∠DAF+∠BAF＝∠DAB＝90°， ∴∠ADE+∠DAF＝90° ∴∠DGA＝90° ∴点G在以AD为直径的圆上移动， 连接OB，OG，如图， ∴， 在Rt△AOB中，∠OAB＝90°， ∴， ∵BG≥OB﹣OG， ∴当O，G，B三点共线时BG取得最小值． ∴BC的最小值为：． 【点睛】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，找到点G的运动轨迹是解题关键． 38．（2025春•简阳市期末）如图，F是正方形ABCD的边CD上的一个动点，BF的垂直平分线交对角线AC于点E，连接BE，BF，则∠EBF的度数是多少？ 【分析】过E作HI∥BC，分别交AB、CD于点H、I，证明Rt△BHE≌Rt△EIF，可得∠IEF+∠HEB＝90°，再根据BE＝EF即可解题． 【解答】解：如图所示，过E作HI∥BC，分别交AB、CD于点H、I，则∠BHE＝∠EIF＝90°， ∵E是BF的垂直平分线EM上的点， ∴EF＝EB， ∵∠ECI＝∠CEI＝45°， ∴EI＝CI， ∵四边形BCIH是矩形， ∴BH＝CI， ∴BH＝EI， Rt△BHE和Rt△EIF中， ， ∴Rt△BHE≌Rt△EIF（HL）， ∴∠HBE＝∠IEF， ∵∠HBE+∠HEB＝90°， ∴∠IEF+∠HEB＝90°， ∴∠BEF＝90°， ∵BE＝EF， ∴∠EBF＝∠EFB＝45°． 【点睛】本题考查了正方形角平分线和对角线重合的性质，考查了直角三角形全等的判定，全等三角形对应角相等的性质． 39．如图，正方形ABCD的边长为2，H在CD的延长线上，四边形CEFH也为正方形，则△DBF的面积为　2　 ． 【分析】设正方形CEFH边长为a，根据S△BDF＝S正方形ABCD+S正方形CEFH﹣S△ABD﹣S△DHF﹣S△BEF求解即可． 【解答】解：设正方形CEFH的边长为a，根据题意得： S△BDF＝S正方形ABCD+S正方形CEFH﹣S△ABD﹣S△DHF﹣S△BEF ＝4+a24a（a﹣2）a（a+2） ＝2+a2a2+aa2﹣a ＝2． 故答案为：2． 方法二：连接CF．易证BD∥CF， ∴S△BDF＝S△BDCS正方形ABCD＝2． 【点睛】此题考查了正方形的性质，正确的列出阴影部分的面积式子是解本题的关键． 40．（2025春•安溪县期末）如图，点E在正方形ABCD的边AB上（不与点A，B重合），作点D关于直线CE的对称点D′．DD′与BC相交于点F，连接D′B并延长，交CE的延长线于点G． （1）求证：CE＝DF； （2）求证：∠G＝45°． 【分析】（1）根据轴对称的性质得出CE⊥DD'，再根据同角的余角相等得出∠BCE＝∠CDF，最后证得△BCE和△CDF全等，即可得出结论； （2）根据轴对称的性质得出CE⊥DD'，CD＝CD'，结合正方形的性质得出CB＝CD'，于是有∠CBD'＝∠CD'B，根据∠CBD'＝∠G+∠BCE，∠CD'B＝∠HD'G+∠CDF，即可得出∠G＝45°． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴BC＝CD，∠EBC＝∠FCD＝90°， ∴∠DCH+∠BCE＝90°， ∵点D关于直线CE的对称点是D′， ∴CE⊥DD'， ∴∠CHD＝90°， ∴∠DCH+∠CDF＝90°， ∴∠BCE＝∠CDF， 在△BCE和△CDF中， ， ∴△BCE≌△CDF（ASA）， ∴CE＝DF； （2）证明：连接CD'， ∵点D关于直线CE的对称点是D′， ∴CE⊥DD'，CD＝CD'， ∴∠D'HG＝90°，∠CDF＝∠CD'D， ∵四边形ABCD是正方形， ∴CD＝CB， ∴CB＝CD'， ∴∠CBD'＝∠CD'B， ∵∠CBD'是△CBG的一个外角， ∴∠CBD'＝∠G+∠BCE， ∵∠CD'B＝∠HD'G+∠CD'D，∠CDF＝∠CD'D， ∴∠CD'B＝∠HD'G+∠CDF， 由（1）知∠BCE＝∠CDF， ∴∠G＝∠HD'G， 又∠D'HG＝90°， ∴∠G＝45°． 【点睛】本题考查了正方形的性质，三角形全等的判定与性质，轴对称的性质，熟练掌握这些性质是解题的关键． 41．（2025春•海门市期末）如图，已知：正方形ABCD，E为CD的中点，F为AD边上一点，且不与点A、点D重合，∠BFE＝∠FBC，求证：BC+DF＝2EF． （提示：正方形四条边相等，四个角都是直角） 【分析】延长FE交BC的延长线于H，先证△DEF和△CEH全等得DF＝CH，EF＝EH，进而得HF＝2EF，BH＝BC+DF，然后根据∠BFE＝∠FBC得BH＝HF，据此可得出结论． 【解答】证明：延长FE交BC的延长线于H， ∵四边形ABCD为正方形， ∴AD∥BC，∠D＝90°， ∴∠D＝∠ECH＝90°，∠DFE＝∠H， ∵点E为CD的中点， ∴DE＝CE， 在△DEF和△CEH中， ∠D＝∠ECH＝90°，∠DFE＝∠H，DE＝CE， ∴△DEF≌△CEH（AAS）， ∴DF＝CH，EF＝EH， ∴HF＝EF+EH＝2EF，BH＝BC+CH＝BC+DF， ∵∠BFE＝∠FBC， ∴BH＝HF， ∴BC+DF＝2EF． 【点睛】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，等腰三角形的判定和性质；解答此题的关键是熟练掌握全等三角形的判定方法，理解全等三角形的对应边相等，有两个角相等的三角形是等腰三角形（等角对等边）． 42．如图所示，已知四边形ABCD为正方形，，点E为对角线AC上一动点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交BC于点F，以DE，EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．探究：CE+CG的值是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由． 【分析】作出辅助线，得到EM＝EN，然后再判断∠MEF＝∠NED，得到△DEN≌△FEM，则有DE＝EF，即可判断矩形DEFG为正方形，再证△ADE≌△CDG，得到AE＝CG，即可判断CE+CG＝10，为定值． 【解答】解：CE+CG的值是定值，定值为8，理由如下： 如图，作EM⊥BC于M，EN⊥CD于N，则∠MEN＝90°， 由条件可知EM＝EN， ∵∠ENC＝∠MCN＝∠EMC＝90°， ∴四边形ENCM为矩形， ∴∠MEN＝90°， ∵∠DEF＝90°， ∴∠DEN+∠FEN＝∠MEF+∠FEN＝90°， ∴∠DEN＝∠MEF， ∵∠DNE＝∠FME＝90°， 在△DEN和△FEM中， ， ∴△DEN≌△FEM（ASA）， ∴EF＝DE， ∵四边形DEFG是矩形， ∴矩形DEFG是正方形． ∴DE＝DG，AD＝DC， ∴∠CDG＝∠ADE， 在△ADE和△CDG中， ， ∴△ADE≌△CDG（SAS）， ∴AE＝CG， ∴CE+CG＝CE+AE＝ACAB＝8，是定值． 【点睛】本题考查了正方形的性质，判定和矩形的性质，关键是结合图形得出三角形全等． 43．（2025春•宁阳县期中）如图，点G是正方形ABCD对角线CA的延长线上任意一点，以线段AG为边作一个正方形AEFG，线段EB和GD相交于点H． （1）求证：△EAB≌△GAD； （2）求证：GD⊥BE； （3）若，AG＝3，求EB的长． 【分析】（1）由正方形ABCD，正方形AGFE可得AB＝AD，AE＝AG，∠DAB＝∠EAG，后利用SAS即可证明结论； （2）由△EAB≌△GAD，得∠ADG＝∠ABE，再根据∠ABD+∠ADB＝90°得∠ADB+∠ADG+∠DBE＝90°，解答即可； （3）由（1）则可得EB＝GD，后在Rt△ODG中，利用勾股定理可得GD的长，进而求得EB的长． 【解答】（1）证明：∵四边形ABCD，AGFE是正方形， ∴AB＝AD，AE＝AG，∠DAB＝∠EAG， ∴∠EAB＝∠GAD， 在△AEB和△AGD中， ， ∴△EAB≌△GAD（SAS）； （2）证明：∵△EAB≌△GAD， ∴∠ADG＝∠ABE， ∵∠ABD+∠ADB＝90°， ∴∠ADB+∠ADG+∠DBE＝90°， ∴GD⊥BE； （3）解：∵△EAB≌△GAD， ∴EB＝GD， ∵四边形ABCD是正方形，AB， ∴BD⊥AC，AC＝BDAB＝6， ∴∠DOG＝90°，OA＝ODBD＝3， ∵AG＝3， ∴OG＝OA+AG＝6， ∴GD， ∴EB． 【点睛】本题主要考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，此题难度适中，注意掌握数形结合思想的应用． 44．（2026•西宁校级一模）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC的中点，E是AD的中点，过点A作AF∥BC交BE的延长线于点F． （1）求证：AF＝BD； （2）判断四边形ADCF的形状，并说明理由． 【分析】（1）由平行线的性质可得∠AFE＝∠DBE，再证明△AEF≌△DEB（AAS），即可得证； （2）由（1）可得AF＝BD，由直角三角形的性质可得AD＝BD＝CD，最后再由菱形的判定定理证明即可． 【解答】（1）证明：在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC的中点，E是AD的中点，过点A作AF∥BC交BE的延长线于点F． ∴∠AFE＝∠DBE， ∵AE＝DE， 在△AEF和△DEB中， ， ∴△AEF≌△DEB（AAS）， ∴AF＝BD； （2）解：四边形ADCF是菱形，理由如下： 由（1）可得AF＝BD， ∵∠BAC＝90°，D是BC的中点， ∴AD＝BD＝CD， ∴AF＝CD， ∵AF∥BC，即AF∥CD， ∴四边形ADCF为平行四边形， ∵AD＝CD， ∴四边形ADCF是菱形． 【点睛】本题考查直角三角形斜边上的中线，正确进行计算是解题关键． 知识点七 梯形的性质 45．（2024春•同步）如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，M是AB的中点，DM⊥CM．求证：CD＝AD+BC． 【分析】分别延长DA、CM交于点N，证明△AMN≌△BMC，根据全等三角形的性质得到AN＝BC，MN＝MC，根据线段垂直平分线的性质证明即可． 【解答】证明：如图，分别延长DA、CM交于点N， ∵AD∥BC， ∴∠N＝∠MCB， 在△AMN和△BMC中， ， ∴△AMN≌△BMC（AAS）， ∴AN＝BC，MN＝MC， ∵DM⊥CM，MN＝MC， ∴CD＝ND＝AD+AN＝AD+BC． 【点睛】本题考查的是梯形的性质、三角形全等的判定和性质、线段垂直平分线的性质，正确作出辅助线、证明△AMN≌△BMC是解题的关键． 知识点八 四边形综合题 46．（2025春•平果市期末）如图1，在正方形ABCD中，P是对角线AC上的一点，点E在BC的延长线上，且PE＝PB． （1）求证：△BCP≌△DCP； （2）求证：∠DPE＝∠ABC； （3）把正方形ABCD改为菱形ABCD，且∠ABC＝60°，其他条件不变，如图2．连接DE，试探究线段BP与线段DE的数量关系，并说明理由． 【分析】（1）根据正方形的四条边都相等可得BC＝DC，对角线平分一组对角可得∠BCP＝∠DCP，然后利用“边角边”证明即可； （2）根据全等三角形对应角相等可得∠CBP＝∠CDP，根据等边对等角可得∠CBP＝∠E，然后求出∠DPE＝∠DCE，再根据两直线平行，同位角相等可得∠DCE＝∠ABC，从而得证； （3）结论：DE＝PB．只要证明△PDE是等边三角形即可解决问题； 【解答】（1）证明：在正方形ABCD中，BC＝DC，∠BCP＝∠DCP＝45°， ∵在△BCP和△DCP中， ， ∴△BCP≌△DCP（SAS）； （2）证明：由（1）知，△BCP≌△DCP， ∴∠CBP＝∠CDP， ∵PE＝PB， ∴∠CBP＝∠E， ∵∠1＝∠2（对顶角相等）， ∴180°﹣∠1﹣∠CDP＝180°﹣∠2﹣∠E， 即∠DPE＝∠DCE ∵AB∥CD， ∴∠DCE＝∠ABC， ∴∠DPE＝∠ABC； （3）解：结论：DE＝PB． 理由：由（1）知PD＝PB＝PE， 由（2）知，∠DPE＝∠ABC＝60°， ∴△PDE是等边三角形， ∴DE＝PE＝PB ∴DE＝PB． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，菱形的性质，等边对等角的性质，熟记正方形的性质确定出∠BCP＝∠DCP是解题的关键． 47．（2025秋•崂山区校级月考）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B＝90°，AB＝4cm，AD＝7cm，BC＝11cm，点P从点A出发，以1cm/s的速度向点D运动；点Q从点C同时出发，以2cm/s的速度向点B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t秒． （1）当t＝　2　 时，PQ平分四边形ABCD的面积． （2）求经过多少秒后，PQ＝CD． （3）连接BP，是否存在某一时刻，使得BP恰好平分∠APQ？若存在，求出此时的移动时间；若不存在，请说明理由． （4）运动过程中，是否存在某一时刻使得点B在线段PQ的垂直平分线上？若存在，求出此时的移动时间；若不存在，请说明理由． 【分析】（1）根据题意可得，，解方程即可求出答案； （2）分AP＝BQ和DP＝CQ两种情况，根据平行四边形的判定和性质进行列方程解答即可； （3）连接BP，作PE⊥BQ于点E，PB2＝AP2+AB2＝t2+42＝t2+16，QB2＝（11﹣2t）2，PQ2＝PE2+EQ2＝42+（11﹣3t）2，分三种情况分别列方程，解方程进行解答即可． （4）如图，连接BP，过B作BH⊥PQ于H，证明BP＝BQ，结合BP2＝42+t2，BQ2＝（11﹣2t）2，可得16+t2＝（11﹣2t）2，再进一步求解即可． 【解答】解：（1）∵BC＝11cm，点P从点A出发，以1cm/s的速度向点D运动；点Q从点C同时出发，以2cm/s的速度向点B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t秒， ∴AP＝tcm，BQ＝（11﹣2t）cm， ∵AD∥BC，∠B＝90°， ∴四边形ABQP是直角梯形， 由题意得：， 解得：t＝2， 故答案为：2； （2）当DP＝CQ时， ∵AD∥BC， ∴DP∥CQ， ∴四边形PQCD是平行四边形， ∴PQ∥CD，PQ＝CD， ∴7﹣t＝2t， 解得：， 当DP≠CQ，PQ＝CD时，如图1，过D作DF⊥BC于F，过P作PE⊥BC于E， ∵AD∥BC， ∴∠PEF＝∠DFE＝∠FDP＝90°＝∠PEQ＝∠DFC， ∴四边形PEFD是矩形， ∴DP＝EF＝（7﹣t）cm，DF＝PE＝AB＝4cm， ∴△PEQ≌△DFC（SAS）， ∴， 同理：四边形ABFD是矩形， ∴AD＝BF＝7cm，AB＝DF＝4cm， ∴CF＝11﹣7＝4（cm）， ∴， 解得：t＝5， 综上所述，当或t＝5时，PQ＝CD； （3）存在某一时刻，使得BP恰好平分∠APQ；理由如下： 如图2，连接BP，过B作BH⊥PQ于H， ∵BP恰好平分∠APQ，∠A＝∠BHP＝90°， ∴∠APB＝∠HPB，AB＝HB＝4cm， ∵BP＝BP， ∴△ABP≌△HBP， ∴AP＝HP＝t cm， ∵AD∥BC， ∴∠APB＝∠PBQ， ∴∠QPB＝∠QBP， ∴QP＝QB＝（11﹣2t）cm， ∴QH＝（11﹣3t）cm， ∴（11﹣2t）2＝42+（11﹣3t）2， 整理得：5t2﹣22t+16＝0， 解得：， ∴当时，BP恰好平分∠APQ； （4）存在某一时刻使得点B在线段PQ的垂直平分线上；理由如下： 如图3，连接BP，过B作BH⊥PQ于H， ∵点B在线段PQ的垂直平分线上， ∴BP＝BQ， ∵BP2＝42+t2，BQ2＝（11﹣2t）2， ∴16+t2＝（11﹣2t）2， ∴3t2﹣44t+105＝0， 解得：t＝3或（不符合题意舍去）， 综上：当t＝3时，点B在线段PQ的垂直平分线上． 【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查了矩形的判定和性质、平行四边形的判定和性质、勾股定理、解一元二次方程，全等三角形的判定与性质等知识，分情况讨论是解题的关键． 48．（2025•淮阴区模拟）如图，在▱ABCD中，AD＝2AB，E是BC中点，∠B＝α． （1）求证：AE⊥DE； （2）用直尺和圆规在线段BC上作一点E′（不与E重合），使∠AE'D＝90°（保留作图痕迹，写出必要的文字说明）； （3）能在线段BC上找到与点E不重合的点E′，使得∠AE'D＝90°，则α的取值范围为 　60°≤α≤120°且a≠90°　 ． 【分析】（1）由“ASA”可证△ABE≌△FCE，可得AB＝FC，AE＝EF，可得结论； （2）作AD的垂直平分线交AD于O，连接OE，以O为圆心，OE为半径作圆交BC于E'，则∠AE'D＝90； （3）利用特殊位置可求解． 【解答】（1）证明：如图，延长AE交DC的延长线于F， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB∥DC， ∴∠ABE＝∠FCE， ∵E为BC中点， ∴BE＝CE， 在△ABE与△FCE中， ， ∴△ABE≌△FCE（ASA）， ∴AB＝FC，AE＝EF， ∵AD＝2AB，AB＝FC＝CD， ∴AD＝DF， ∴DE⊥AE； （2）如图，作AD的垂直平分线交AD于O，连接OE，以O为圆心，OE为半径作圆交BC于E'，则∠AE'D＝90； （3）如图，当BC与⊙O相切时， ∴∠OEB＝90°， ∵AO＝BE，AO∥BE， ∴四边形AOEB是平行四边形， 又∵∠OEB＝90°， ∴四边形AOEB是矩形， ∴∠B＝90°＝α， 如图，当点E'与点C重合时， ∴∠AE'D＝90°， ∵AB∥CD， ∴∠BAC＝∠AE'D＝90°， ∵点E是BC的中点， ∴AE＝BE＝EC， ∴AB＝AE＝BE， ∴△ABE是等边三角形， ∴α＝60°， 当点E'与点B重合时，同理可求α＝120°， 综上所述：α的取值范围为60°≤α≤120°且a≠90°， 故答案为：60°≤α≤120°且a≠90°． 【点睛】本题是四边形综合题，考查了全等三角形的判定和性质，平行四边形的性质，圆的有关知识，灵活运用这些性质解决问题是解题的关键． 49．（2024春•青山区期末）如图，M为正方形ABCD内一点，AM＝AD，连接MD，BM． （1）如图1，求∠BMD的度数； （2）过点B作BG⊥DM于点G，连接CG． ①如图2，试探究DM和CG的数量关系，并证明； ②如图3，连接AG交BC于点E，若AB＝6，BE＝2CE，请直接写出CG的长为 　　 ． 【分析】（1）由等腰三角形的性质可得∠ADM＝∠AMD，∠BAM＝∠AMB，进一步得出结果； （2）①延长BG到N，使GN＝DM，证△BCN≌△DCG，进而可得△CNG是等腰直角三角形，即可得解； ②由题易得AG垂直平分BM，先用勾股定理求出BE，在利用等面积求出BF，再利用勾股定理求出EF，进而求出EG，最后再用勾股定理求出CG即可． 【解答】解：（1）∵四边形ABCD是正方形， ∴∠BAD＝90°，AB＝AD， ∵AM＝AD， ∴AB＝AM，∠ADM＝∠AMD， ∴∠BAM＝∠AMB， ∴∠AMD+∠AMB； （2）①DM，理由如下： 方法一：如图，延长BG到N，使GN＝DM，设BC与GD交于点P， ∵正方形ABCD， ∴CB＝CD，∠BCD＝90°， 由（1）知∠BMD＝135°， ∴∠BMG＝45°， ∵BG⊥DM， ∴△BMG为等腰直角三角形，∠BGM＝90°＝∠BCD， ∴BG＝GM， ∴BG+GN＝GM+DM，即BN＝GD， ∵∠BPG＝∠DPC， ∴∠CBN＝∠CDG， 在△BCN和△DCG中， ， ∴△BCN≌△DCG（SAS）， ∴∠BCN＝∠DCG，CN＝CG， ∴∠GCN＝∠BCD＝90°， ∴△CNG是等腰直角三角形， 在等腰Rt△CNG中，GN， ∴； 方法二：过C作CQ∥DM，且CQ＝DM，连接MQ交BC于点H，连接GQ， ∵正方形ABCD， ∴CB＝CD，∠BCD＝90°， ∵CQ∥DM，CQ＝DM， ∴四边形DCQM是平行四边形， ∴MQ∥CD，MQ＝CD， ∴∠MHB＝∠DCB＝90°，MQ＝DC＝BC， ∵BG⊥DM， ∴∠BGM＝90°， 由（1）知∠BMD＝135°， ∴∠BMG＝∠GBM＝45°， ∴BG＝MG， ∵∠1＝∠2， ∴∠GBC＝∠GMQ， ∴△BGC≌△MGQ（SAS）， ∴GC＝GQ，∠BGC＝∠MGQ， ∴∠CGQ＝∠BGM＝90°， 在等腰Rt△CGQ中，CQCG， ∴DM＝CQ； ②法一：如图，设AG、BM交于点F， ∵AB＝AD，AM＝AD， ∴AB＝AM， 由①知GB＝GM， ∴AG垂直平分BM， ∵∠MBG＝45°， ∴∠BGF＝45°，BF＝GF， ∴∠BGF＝∠N＝45°， ∴AG∥CN， ∴∠EGC＝90°， ∵AB＝6， ∴BC＝6， ∵BE＝2CE， ∴BE＝4，CE＝2， 在Rt△ABE中，AE， 根据等面积可得BF， ∴GF＝BF， 在Rt△BFE中，EF， ∴EG＝GF﹣EF， 在Rt△CEG中，CG， 法二：也可以由∵BE＝4，CE＝2， ∴S△BEG：S△CEG＝BE：CE＝2：1＝BF：CG， ∴CGBF， 故答案为：． 【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理等知识，解决问题的关键是作辅助线，构造全等三角形． 50．（2015春•泗洪县校级期中）如图，菱形ABCD中，∠B＝60°，点E在边BC上，点F在边CD上． （1）如图1，若E是BC的中点，∠AEF＝60°，求证：BE＝DF； （2）如图2，若∠EAF＝60°，求证：△AEF是等边三角形； （3）在（2）的条件下，如果AB＝10，那么△AEF的周长是否存在最小值？如果存在，请求出来． 【分析】（1）首先连接AC，由菱形ABCD中，∠B＝60°，根据菱形的性质，易得△ABC是等边三角形，又由三线合一，可证得AE⊥BC，继而求得∠FEC＝∠CFE，即可得EC＝CF，继而证得BE＝DF； （2）首先由△ABC是等边三角形，即可得AB＝AC，求得∠ACF＝∠B＝60°，然后利由∠BAC＝∠EAF＝60°， 可证明∠BAE＝∠CAF，从而可证得△AEB≌△AFC，即可得AE＝AF，证得△AEF是等边三角形； （3）由垂线段最短可知：当AE⊥BC时，AE有最小值，然后由特殊锐角三角函数值可求得AE的长，从而可求得△AEF的周长的最小值． 【解答】证明：（1）如图1所示：连接AC． ∵在菱形ABCD中，∠B＝60°， ∴AB＝BC＝CD，∠C＝180°﹣∠B＝120°． ∴△ABC是等边三角形． ∵E是BC的中点， ∴AE⊥BC． ∵∠AEF＝60°， ∴∠FEC＝90°﹣∠AEF＝30°． ∴∠CFE＝180°﹣∠FEC﹣∠ECF＝180°﹣30°﹣120°＝30°． ∴∠FEC＝∠CFE． ∴EC＝CF． ∴BE＝DF． （2）如图2所示：连接AC． ∵△ABC是等边三角形， ∴AB＝AC，∠ACB＝60°，∠BAC＝60°． ∴∠B＝∠ACF＝60°． ∵∠BAC＝∠EAF＝60°， ∴∠BAE＝∠CAF． 在△ABE和△ACF中，， ∴△ABE≌△ACF． ∴AE＝AF． ∵∠EAF＝60°， ∴△AEF是等边三角形． （3）由垂线段最短可知：当AE⊥BC时，AE有最小值． ∵AE⊥BC，∠B＝60°， ∴． ∴AE＝105． ∴△AEF周长的最小值为315． 【点睛】此题考查了菱形的性质、等边三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质以及等腰三角形的判定与性质．此题难度适中，注意准确作出辅助线，注意数形结合思想的应用． 51．（2025春•武陟县期中）【问题情境】 在矩形ABCD中，AB＝12，AD＝15，E为AB边上的一点，连接CE．将矩形ABCD沿直线CE折叠，点B的对应点为F． 【问题解决】 （1）如图1，当点F落在AD边上时． ①求AE的长； ②如图2，连接BF，交CE于点G，过点B作BN⊥CF于点N，交CE于点M，试判断AB与NB的数量选关系，并说明理由． 【深入探究】 （2）如图3，当点F落在AD上方时，EF交AD于点P，CF交AD于点Q，连接AF．若△APF为等腰三角形，请直接写出DQ的长． 【分析】（1）①根据矩形的性质得AD＝BC＝15，∠A＝∠D＝90°，AB＝CD＝12，由折叠得CF＝CB＝15，EF＝BE，利用勾股定理求得DF长，设AE＝a，则BE＝EF＝12﹣a，再次利用勾股定理即可求得AE； ②根据三角形的面积即可得到结论； （2）根据题意可知只有AP＝PF满足题意，证明△EPA≌△QPF，有EP＝QP，EA＝QF，设AE＝x，AP＝y，然后表示DQ和CQ，在Rt△QDC中利用勾股定理即可求得x值即可解题． 【解答】解：（1）①∵四边形ABCD是矩形， ∴AD＝BC＝15，∠A＝∠D＝90°，AB＝CD＝12， 由折叠可得CF＝CB＝15，EF＝BE， 在直角三角形CDF中，由勾股定理得：， ∴AF＝AD﹣DF＝15﹣9＝6， 设AE＝a，则BE＝EF＝12﹣a， 在Rt△AEF中，由勾股定理得：AE2+AF2＝EF2，即a2+62＝（12﹣a）2， 解得：，即； ②AB＝NB；理由如下： ∵，CF＝CB， ∴AB＝NB； （2）DQ的长为5；理由如下： ∵点F落在AD上方，∠PFQ＝90°， ∴∠APF＞90°， ∵△APF为等腰三角形， ∴AP＝PF， 在△EPA和△QPF中， ， ∴△EPA≌△QPF（ASA）， ∴EP＝QP，EA＝QF， 设AE＝x，AP＝y，则AE＝FQ＝x，AP＝PF＝y，EB＝12﹣x，EP＝QP＝12﹣x﹣y，QD＝15﹣y﹣（12﹣x﹣y）＝3+x，QC＝15﹣x， 在Rt△QDC中，由勾股定理得：QC2＝QD2+DC2，即 （15﹣x）2＝（3+x）2+122， 解得x＝2， 则QD＝3+2＝5． 【点睛】本题属于四边形综合题，主要考查矩形的性质、折叠的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理和等腰三角形的性质，解题的关键是熟悉折叠的性质和全等三角形的应用． 知识点九 翻折变换（折叠问题） 52．（2024春•龙华区校级月考）如图，在平行四边形ABCD中，AB＝6，BC＝8，∠ABC＝120°，点E是AD上一动点，将△ABE沿BE折叠得到△A′BE，当点A′恰好落在EC上时，EC＝　8　 ，DE＝　　 ． 【分析】由平行四边形的性质得∠AEB＝∠CBE，由折叠得∠AEB＝∠CEB，从而得∠CBE＝∠CEB，所以EC＝BC＝8；由平行四边形的性质得∠DEC＝∠BCA′，∠A＝60°，∠D＝120°，AB＝CD，由折叠得∠BA′E＝∠A＝60°，∠BA′C＝∠D＝120°，BA′＝CE，可证明△BA′C≌△CDE（AAS），得A′C＝DE；过点B作BH⊥EC于点H，分别求出A′H＝3，，从而可求出A′C即可得出结论． 【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AB＝CD，∠A+∠ABC＝180°，∠D＝∠ABC，AD∥BC， ∴∠AEB＝∠CBE，∠DEC＝∠BCA′， ∵∠ABC＝120°， ∴∠A＝60°； 由折叠得∠AEB＝∠CEB，∠BA′E＝∠A＝60°， ∴∠CBE＝∠CEB， ∴EC＝BC＝8； ∵∠BA′E＝60°， ∴∠BA′C＝120°， ∵∠D＝∠ABC＝120°， ∴∠BA′C＝∠D， 在△BA′C和△CDE中， ， ∴△BA′C≌△CDE（AAS）， ∴A′C＝DE； 如图，过点B作BH⊥EC于点H， ∵∠BA′E＝60°， ∴∠A′BH＝30°， ∴， 在直角三角形A′BH中，由勾股定理得：， 在直角三角形BCH中，由勾股定理得：， ∴， ∴． 故答案为：8；． 【点睛】本题主要考查平行四边形的性质，翻折变换（折叠问题），勾股定理以及全等三角形的判定与性质，熟练掌握折叠的性质是解答本题的关键． 53．（2025•济南）如图，正方形纸片ABCD中，E是AD上一点，将纸片沿过点E的直线折叠，使点A落在CD上的点G处，点B落在点H处，折痕EF交BC于点F．若CG＝4，，则AB＝　　 ． 【分析】由折叠性质可知AG⊥EF，进而利用同角的余角相等证明∠GAE＝∠NFE，由此即可得出△ADG≌△FNE（ASA），进而确定AG＝EF．在Rt△ADG中，根据勾股定理列方程求解即可． 【解答】解：如图，连接AG，过点F作FN⊥AD，垂足为N， 则∠FNA＝∠FNE＝90°， ∵四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD＝CD，∠BAD＝∠ABC＝∠D＝90°， ∴四边形ABFN是矩形， ∴NF＝AB＝AD， 由折叠可知AG⊥EF， ∴∠GAE+∠AEF＝∠NFE+∠AEF＝90°， ∴∠GAE＝∠NFE， 又∵∠FNE＝∠D＝90°， ∴△ADG≌△FNE（ASA）， ∴AG＝EF， ∵ ∴， 设正方形边长为x，则AB＝AD＝CD＝x， ∵CG＝4， ∴DG＝CD﹣CG＝x﹣4， 在Rt△ADG中，AG2＝DG2+AD2， 即， ∴x2﹣8x+16+x2＝48， 2x2﹣8x﹣32＝0， x2﹣4x﹣16＝0， 解得：或（不合题意舍去）， ∴． 故答案为：． 【点睛】本题考查正方形的性质，折叠的性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，矩形的判定与性质，掌握折叠的性质，根据垂直模型证明AG＝EF是解题关键． 54．（2025秋•鼓楼区校级期末）如图，四边形ABCD是矩形，E、F分别是线段AD、BC上的点，点O是EF与BD的交点．若将△BED沿直线BD折叠，则点E与点F重合． （1）求证：四边形BEDF是菱形； （2）若ED＝2AE，AB•AD，求EF•BD的值． 【分析】（1）证明△OBF≌△ODE，得到OB＝OD即可得出结论． （2）由ED＝2AE，AB•AD，可得出菱形BEDF的面积，进而可得出EF•BD的值． 【解答】（1）证明：将△BED沿BD折叠，使E，F重合， ∴OE＝OF，EF⊥BD， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠C＝90°，AD∥BC， ∴∠ODE＝∠OBF， 在△OBF和△ODE中， ， ∴△OBF≌△ODE（AAS）， ∴OB＝OD， ∵OE＝OF， ∴四边形BFDE是平行四边形， ∵EF⊥BD， ∴四边形BFDE是菱形． （2）解：∵AB•AD， ∴S△ABDAB•AD， ∵ED＝2AE， ∴EDAD， ∴S△BDE：S△ABD＝2：3， ∴S△BDE， ∴菱形BEDF的面积EF•BD＝2S△BDE， ∴EF•BD． 【点睛】本题考查了翻折变换的性质、菱形的判定与性质、矩形的性质等知识；熟练掌握菱形的判定与性质是解题的关键． 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 【期末复习冲刺】第21章四边形小结与复习提优训练 知识点一 三角形中位线定理 1．（2025•资阳模拟）如图，在△ABC中，∠C＝90°，E，F分别是AC，BC上两点，AE＝16，BF＝12，点P，Q，D分别是AF，BE，AB的中点，则PQ的长为（　　） A．10 B．8 C．2 D．20 2．（2025春•东港区校级月考）如图，△ABC中，N是BC边上的中点，AM平分∠BAC，BM⊥AM于点M，若AB＝8，MN＝2，则AC＝　 ． 3．（2025•罗湖区校级模拟）如图，△ABC的周长为26，点D，E都在边BC上，∠ABC的平分线垂直于AE，垂足为Q，∠ACB的平分线垂直于AD，垂足为P，若BC＝10，则PQ的长为 　 　 ． 4．（1）如图1，在四边形ABCD中，AB＝CD，E，F分别是AD，BC的中点，连接FE并延长，分别与BA，CD的延长线交于点M，N． 求证：∠BME＝∠CNE；（提示：取BD的中点H，连接FH，HE作辅助线） （2）如图2，在△ABC中，F是BC边的中点，D是AC边上一点，E是AD的中点，直线FE交BA的延长线于点G，若AB＝DC＝2，∠FEC＝45°，求FE的长度． 知识点二 直角三角形斜边的中线 5．（2026•武威一模）如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝5，BC＝12，平面上有一点P，AP＝1，连接AP，BP，取BP的中点G．连接CG，在AP绕点A的旋转过程中，则CG的最大值是（　　） A．7 B．7.5 C． D．14 6．（2025秋•浙江期中）如图，在△ABC中，AB＝AC＝12，BC＝8，AF⊥BC于点F，BE⊥AC于点E，D为AB的中点，M为EF的中点，则DM的长为（　　） A．6 B． C． D．8 7．（2026•高唐县二模）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝20°，D为斜边的中点，且BD＝4，点P，Q分别在AB和BC上，且DP＝CQ，则线段PQ的最小值为　 　 ． 8．（2026•锦州二模）如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝90°，将△ABC沿BC方向向右平移至△EFG处，使EF恰好过边AC的中点D，连接BD．若EG＝4，则BD的长为　 　 ． 9．（2026春•唐山校级月考）如图，AB＝8，O是AB的中点，直线l经过点O，∠1＝120°，P是直线l上一点，当△APB是直角三角形时，AP＝　 ． 10．（2026•普陀区二模）在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，D为AB中点，连结CD，作DE⊥AB交BC于点E．DF平分∠CDE，交BC于点F，若CF＝1，BF＝3，则AB的值为　 ． 11．（2025秋•浦东新区校级期末）已知：如图，∠ABC＝∠ADC＝90°，E、F分别是AC、BD的中点． （1）求证：EF⊥BD； （2）若∠BAD＝30°，AC＝8，求BD的长． 12．（2026•建邺区一模）已知，如图，∠ABC＝∠ADC＝90°，M，N分别是AC，BD的中点．求证： ①BM＝DM；②MN⊥BD． 知识点三 平行四边形的性质和判定 13．（2017春•庐江县期末）在给定的条件中，能画出平行四边形的是（　　） A．以60cm为一条对角线，20cm，34cm为两条邻边 B．以6cm，10cm为两条对角线，8cm为一边 C．以20cm，36cm为两条对角线，22cm为一边 D．以6cm为一条对角线，3cm，10cm为两条邻边 14．（2025秋•赛罕区校级期末）如图，在▱ABCD中，EF∥BC，GH∥AB，EF，GH的交点P在BD上，则图中面积相等的平行四边形有（　　）对 A．5 B．2 C．3 D．4 15．（2025春•如皋市期中）如图，线段AB，CD相交于点E，AB＝CD＝4，若∠AED＝60°，则AD+CB的最小值为（　　） A．4 B．4 C．2 D．2 16．（2025春•邵东县期中）如图，在▱ABCD中，若点E、F分别是AB，CD的中点，连接AF，CE，DE，BF．DE与AF相交于点G，CE与BF相交于点H．求证：四边形GEHF是平行四边形． 17．（2025春•南郑区期末）如图，在▱ABCD中，点M、N分别是AD、BC上的两点，点E、F在对角线BD上，且DM＝BN时，DF＝BE，求证：四边形MENF是平行四边形． 18．（2025春•海安市校级期中）如图△ABC中，点D是边BC的中点，点E在△ABC内，AE平分∠BAC，CE⊥AE，点F在边AB上，EF∥BC． （1）求证：四边形BDEF是平行四边形； （2）若AB＝10，AC＝4，求BF的长． 19．（2025春•汉阳区校级月考）△ABD，△ACE，△BCF，是分别以△ABC的AB、AC、BC边为一边的等边三角形． （1）求证：四边形ADFE是平行四边形． （2）若∠BAC＝90°，AB＝4，AC＝3，求四边形的面积． （3）试讨论△ABC的角满足什么条件时，四边形ADFE不存在． 知识点四 菱形的性质和判定 20．（2022秋•福田区校级期末）如图，已知点P是菱形ABCD的对角线AC延长线上一点，过点P分别作AD、DC延长线的垂线，垂足分别为点E、F．若∠ABC＝120°，AB＝2，则PE﹣PF的值为（　　） A． B． C．2 D． 21．（2025•洞头区模拟）如图，在菱形ABCD中，∠C＝60°，AD＝2，连接BD，O是BD的中点，E是DA延长线上的一点，连接OE，作∠EOF＝120°，交AB的延长线于点F，记BF＝x，AE＝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． 22．（2025•眉山）如图，在菱形ABCD中，AB＝AC＝10，对角线AC、BD相交于点O，点M在线段AC上，且AM＝3，点P为线段BD上的一个动点，则MPPB的最小值是 　 ． 23．（2025春•余干县期末）已知：如图，平行四边形ABCD中，对角线AC的垂直平分线交AD于点E，交BC于点F，求证：四边形AFCE是菱形． 24．（2025春•合川区期中）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，对角线BD的垂直平分线与边AD、BC分别相交于点M、N． （1）求证：四边形BNDM是菱形； （2）若菱形BNDM的周长为68，MN＝16，求菱形BNDM的面积． 25．（2025•滨城区二模）如图，在平行四边形ABCD中，BD平分∠ABC． （1）求证：四边形ABCD是菱形； （2）连接AC交BD于点O，延长BC到点E，在∠DCE的内部作射线CM，使得∠ECM＝15°，过点D作DF⊥CM于点F．若∠ABC＝70°，DF，求∠ACD的度数及BD的长． 知识点五 矩形的性质和判定 26．（2024•德城区校级三模）如图，在矩形ABCD中，点E，F分别是边AB，BC的中点，连接EC，FD，点G，H分别是EC，FD的中点，连接GH，若AB＝6，BC＝10，则GH的长度为（　　） A． B． C． D．2 27．（2026•淄博模拟）如图，在△ABC中，∠C＝90°，AC＝8，BC＝6，点P为斜边AB上一动点，过点P作PE⊥AC于E，PF⊥BC于点F连结EF，则线段EF的最小值为　 ． 28．（2025秋•都江堰市校级月考）如图，在△ABC中，AB＝6，AC＝8，BC＝10，P为边BC上一动点（且点P不与点B，C重合），PE⊥AB于E，PF⊥AC于F，M为EF的中点．求EM的最小值 　 　 ． 29．（2025秋•宽甸县期末）如图，矩形ABCD中，O为AC中点，过点O的直线分别与AB，CD交于点E，F，连结BF交AC于点M，连结DE，BO．若∠COB＝60°，FO＝FC，则下列结论中正确结论的个数是（　　） ①△DEF为等边三角形；②；③四边形DFBE是菱形；④S△AOE：S△BCM＝2：3． A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 30．（2016•拱墅区二模）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，AD＝6，点F是AB的中点，E为BC边上一点，且EF⊥ED，连接DF，M为DF的中点，连接MA，ME．若AM⊥ME，则AE的长为（　　） A．5 B． C． D． 知识点六 正方形的性质和判定 31．（2025春•十堰期中）如图，在边长为2的正方形ABCD中，点E、F分别是边AB，BC的中点，连接EC，FD，点G、H分别是EC，FD的中点，连接GH，则GH的长度为（　　） A． B． C． D．1 32．（2025春•武汉期末）如图，在平面直角坐标系中，正方形ABCD的顶点A（0，1），B（2，0）均在坐标轴上，则点C的坐标是（　　） A．（1，3） B．（3，2） C．（2，3） D．（2，4） 33．（2025春•南沙区期末）如图，点B，C，E在同一直线上，分别以BC，CE为边作正方形ABCD和正方形CEFG，BC＝2，CE＝4，H是AF的中点，那么CH的长是（　　） A． B． C． D． 34．（2025春•武川县期末）如图，已知正方形ABCD边长为1，∠EAF＝45°，AE＝AF，则有下列结论：①∠1＝∠2＝22.5°；②点C到EF的距离是1；③△ECF的周长为2；④BE+DF＞EF，其中正确的结论有（　　） A．4个 B．3个 C．2个 D．1个 35．（2025春•璧山区校级期中）如图，在正方形ABCD外取一点E，连接AE，BE，DE．过点A作AE的垂线交DE于点P．若AE＝AP＝1，PB，下列结论：①△APD≌△AEB；②点B到直线AE的距离为；③EB⊥ED；④S△APD+S△APB.其中正确结论的个数是（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 36．（2025春•海州区期末）如图，在正方形ABCD中，点P是对角线BD上一点（点P不与B、D重合），连接AP并延长交CD于点E，过点P作PF⊥AP交BC于点F，连接AF、EF，AF交BD于点G，如果AB＝5，，则BF＝ 　 　 ． 37．（2025秋•肥城市期末）如图，在正方形ABCD中，AB＝2，E为边AB上一点，F为边BC上一点．连接DE和AF交于点G，连接BG．若AE＝BF，则BG的最小值为多少？ 38．（2025春•简阳市期末）如图，F是正方形ABCD的边CD上的一个动点，BF的垂直平分线交对角线AC于点E，连接BE，BF，则∠EBF的度数是多少？ 39．如图，正方形ABCD的边长为2，H在CD的延长线上，四边形CEFH也为正方形，则△DBF的面积为　 　 ． 40．（2025春•安溪县期末）如图，点E在正方形ABCD的边AB上（不与点A，B重合），作点D关于直线CE的对称点D′．DD′与BC相交于点F，连接D′B并延长，交CE的延长线于点G． （1）求证：CE＝DF； （2）求证：∠G＝45°． 41．（2025春•海门市期末）如图，已知：正方形ABCD，E为CD的中点，F为AD边上一点，且不与点A、点D重合，∠BFE＝∠FBC，求证：BC+DF＝2EF． （提示：正方形四条边相等，四个角都是直角） 42．如图所示，已知四边形ABCD为正方形，，点E为对角线AC上一动点，连接DE，过点E作EF⊥DE，交BC于点F，以DE，EF为邻边作矩形DEFG，连接CG．探究：CE+CG的值是否为定值？若是，请求出这个定值；若不是，请说明理由． 43．（2025春•宁阳县期中）如图，点G是正方形ABCD对角线CA的延长线上任意一点，以线段AG为边作一个正方形AEFG，线段EB和GD相交于点H． （1）求证：△EAB≌△GAD； （2）求证：GD⊥BE； （3）若，AG＝3，求EB的长． 44．（2026•西宁校级一模）在Rt△ABC中，∠BAC＝90°，D是BC的中点，E是AD的中点，过点A作AF∥BC交BE的延长线于点F． （1）求证：AF＝BD； （2）判断四边形ADCF的形状，并说明理由． 知识点七 梯形的性质 45．（2024春•同步）如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，M是AB的中点，DM⊥CM．求证：CD＝AD+BC． 知识点八 四边形综合题 46．（2025春•平果市期末）如图1，在正方形ABCD中，P是对角线AC上的一点，点E在BC的延长线上，且PE＝PB． （1）求证：△BCP≌△DCP； （2）求证：∠DPE＝∠ABC； （3）把正方形ABCD改为菱形ABCD，且∠ABC＝60°，其他条件不变，如图2．连接DE，试探究线段BP与线段DE的数量关系，并说明理由． 47．（2025秋•崂山区校级月考）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B＝90°，AB＝4cm，AD＝7cm，BC＝11cm，点P从点A出发，以1cm/s的速度向点D运动；点Q从点C同时出发，以2cm/s的速度向点B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t秒． （1）当t＝　 　 时，PQ平分四边形ABCD的面积． （2）求经过多少秒后，PQ＝CD． （3）连接BP，是否存在某一时刻，使得BP恰好平分∠APQ？若存在，求出此时的移动时间；若不存在，请说明理由． （4）运动过程中，是否存在某一时刻使得点B在线段PQ的垂直平分线上？若存在，求出此时的移动时间；若不存在，请说明理由． 48．（2025•淮阴区模拟）如图，在▱ABCD中，AD＝2AB，E是BC中点，∠B＝α． （1）求证：AE⊥DE； （2）用直尺和圆规在线段BC上作一点E′（不与E重合），使∠AE'D＝90°（保留作图痕迹，写出必要的文字说明）； （3）能在线段BC上找到与点E不重合的点E′，使得∠AE'D＝90°，则α的取值范围为 　 　 ． 49．（2024春•青山区期末）如图，M为正方形ABCD内一点，AM＝AD，连接MD，BM． （1）如图1，求∠BMD的度数； （2）过点B作BG⊥DM于点G，连接CG． ①如图2，试探究DM和CG的数量关系，并证明； ②如图3，连接AG交BC于点E，若AB＝6，BE＝2CE，请直接写出CG的长为 　 　 ． 50．（2015春•泗洪县校级期中）如图，菱形ABCD中，∠B＝60°，点E在边BC上，点F在边CD上． （1）如图1，若E是BC的中点，∠AEF＝60°，求证：BE＝DF； （2）如图2，若∠EAF＝60°，求证：△AEF是等边三角形； （3）在（2）的条件下，如果AB＝10，那么△AEF的周长是否存在最小值？如果存在，请求出来． 51．（2025春•武陟县期中）【问题情境】 在矩形ABCD中，AB＝12，AD＝15，E为AB边上的一点，连接CE．将矩形ABCD沿直线CE折叠，点B的对应点为F． 【问题解决】 （1）如图1，当点F落在AD边上时． ①求AE的长； ②如图2，连接BF，交CE于点G，过点B作BN⊥CF于点N，交CE于点M，试判断AB与NB的数量选关系，并说明理由． 【深入探究】 （2）如图3，当点F落在AD上方时，EF交AD于点P，CF交AD于点Q，连接AF．若△APF为等腰三角形，请直接写出DQ的长． 知识点九 翻折变换（折叠问题） 52．（2024春•龙华区校级月考）如图，在平行四边形ABCD中，AB＝6，BC＝8，∠ABC＝120°，点E是AD上一动点，将△ABE沿BE折叠得到△A′BE，当点A′恰好落在EC上时，EC＝　 ，DE＝　 ． 53．（2025•济南）如图，正方形纸片ABCD中，E是AD上一点，将纸片沿过点E的直线折叠，使点A落在CD上的点G处，点B落在点H处，折痕EF交BC于点F．若CG＝4，，则AB＝　 ． 54．（2025秋•鼓楼区校级期末）如图，四边形ABCD是矩形，E、F分别是线段AD、BC上的点，点O是EF与BD的交点．若将△BED沿直线BD折叠，则点E与点F重合． （1）求证：四边形BEDF是菱形； （2）若ED＝2AE，AB•AD，求EF•BD的值． 1 学科网（北京）股份有限公司 $