【中考模拟题汇编】查漏补缺：四边形-2025年中考数学（含答案）

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【中考模拟题汇编】查漏补缺：四边形-2025年中考数学
一．选择题（共8小题）
1．（2025 中山区一模）若正多边形的一个内角是120°，则这个正多边形的边数为（　　）
A．8 B．7 C．6 D．5
2．（2025 阜平县校级一模）如图，在 ABCD中，BE⊥AB交对角线AC于点E．若∠2＝130°，则∠1的度数为（　　）
A．30° B．40° C．45° D．50°
3．（2025 昭阳区校级模拟）如图，在 ABCD中，∠ADC的平分线DE交BC于点E，若AB＝11，BE＝4，则AD的长为（　　）
A．15 B．11 C．20 D．52
4．（2025 石狮市模拟）依据所标数据，下列四边形不一定为菱形的是（　　）
A． B．
C． D．
5．（2025 重庆模拟）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠A＝90°，AD＝16，BC＝21，CD＝13，动点P从点B出发，沿射线BC以每秒3个单位的速度运动，动点Q同时从点A出发，在线段AD上以每秒1个单位的速度向终点D运动，当动点Q到达点D时，动点P也同时停止运动．设点P的运动时间为t（秒）．以点P、C、D、Q为顶点的四边形是平行四边形时t值为（　　）秒．
A．2或 B． C．或 D．
6．（2025 龙泉市二模）在正方形ABCD中，AB＝6，P是对角线AC上一动点，作PE⊥AD于点E，PF⊥CD于点F．若四边形PFDE的面积为6，则BP的长为（　　）
A．4 B． C． D．
7．（2025 九龙坡区校级二模）如图，在正方形ABCD中，点E、F、G分别在AB、BC、CD上，连接AF、EG交于点H，连接CH，若CF＝CG，AE＝2DG，∠BAF＝α，则∠HCF的度数为（　　）
A．45°+α B．45°﹣α C．2α D．α
8．（2025 涪城区三模）如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，点E，F分别在边AB，AD上，且AE＝DF，连接BF，交DE于点G，连接GC．现有下列结论：①∠BGD＝120°；②GC平分∠BGD；③CG＝DG+BG；④S四边形DGBCCG2．其中正确的结论有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
二．填空题（共6小题）
9．（2025 南岸区模拟）如果一个多边形的内角和是它的外角和的4倍，那么这个多边形的边数为 　 　 ．
10．（2025 东莞市校级一模）七巧板是中国古代劳动人民发明的一种传统智力玩具，被誉为“东方魔板”，它由五块等腰直角三角形、一块正方形和一块平行四边形共七块板组成．已知图1是边长为4的大正方形，图2是小红同学将七巧板摆拼而成的“奔跑者”图案，则图2中阴影部分的面积为　 　 ．
11．（2025 安徽模拟）正方形ABCD的对角线AC，BD交于点O，∠CAB的平分线AE交BC于点E，OB于点F．（1）∠AFD的度数为 　 　 ；
（2）的值为 　 　 ．
12．（2025 海南模拟）如图，已知菱形ABCD中，BD为对角线，AB＝10，BD＝12，点E是边AB的延长线上一点，连接DE交BC于点F，BG平分∠CBE交DE于点G．则∠DBG＝ 　 　 ，若DG＝2GE，则tan∠BDG＝ 　 　 ．
13．（2025 福州模拟）图1是第九届华人数学家大会的会场背景图案，其中最具代表性的数学元素是“斐波那契螺旋线”，用以斐波那契数列“1，1，2，3，5，8，13，…（从第3个数开始，每个数是前面两个数的和）”为边的正方形拼成长方形，然后在正方形里面画90°的扇形，连起来的弧线就是斐波那契螺旋线，图2是用“1，1，2，3，5”构造的斐波那契螺旋线，它的长度为 　 　 ．
14．（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 　 　 ．
三．解答题（共7小题）
15．（2025 镇平县模拟）如图，平行四边形ABCD中，点F在AD上．
（1）请用无刻度的直尺和圆规作AE⊥BC于点E．（保留作图痕迹，不写作法）；
（2）若DF＝BE，连接CF，求证：四边形AECF是矩形．
16．（2025 沛县二模）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，D、E分别是AB、AC的中点，过点C作CF∥AB，交DE延长线于点F，连接AF、CD．
（1）求证：四边形ADCF是菱形；
（2）当　 　 时，四边形ADCF是正方形．
17．（2025 道里区二模）四边形ABCD为正方形，点E，F分别在BC，CD上，连接BF，DE，∠ADE＝∠ABF．
（1）如图1，求证：DE＝BF；
（2）如图2，设BF与DE交于点G，∠ABF＝2∠CBF，在不添加任何辅助线的情况下，请写出图中所有等于的线段．
18．（2025 儋州模拟）已知正方形ABCD，一等腰直角三角形EFG的斜边EG经过其顶点B，直角边GF所在直线经过其顶点A（点B不与E，G重合，点A不与F，G重合），∠EFG＝90°，EF＝FG＝6，，连接CG．
（1）如图1，若点B为EG的中点，且边GF的延长线经过顶点A时，连接BF．求∠BGC的度数．
（2）如图2，若顶点B不是EG中点，且顶点A在边FG上时，作CM⊥EG于点M，BE，．
①求∠BGC的度数；
②连接AC，交BG于点P，求CP的长．
19．（2025 泌阳县二模）在学习特殊四边形的过程中，我们对四边形有一些了解，并积累了一定的研究经验．定义：至少有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做邻等对补四边形．请运用已有经验，对“邻等对补四边形”进行研究．
（1）概念理解
①在以下四种图形中，一定是邻等对补四边形的是 　 　 ；
A．平行四边形
B．菱形
C．矩形
D．正方形
②分别用含有30°和45°角的直角三角形纸板拼出如图1所示的4个四边形，其中是邻等对补四边形的有 　 　 ．（填序号）
（2）概念应用
如图2，∠BAD＝60°，且AB＝AD．请你用尺规作图在平面内找出动点C的轨迹，使得四边形ABCD总是邻等对补四边形．（保留作图痕迹，不写作法）
（3）综合探究
在（2）的基础上，连接AC，探究线段AC，BC，CD之间满足的数量关系．
20．（2025 安州区三模）如图，在△ABC中，AC＝5，CD为AB边上的高，且CD＝BD，tan∠CAB，E，M为AC边上两个不重合的动点（点E在点M的上方，且均不与端点重合），EF∥AB，与边BC交于点F，四边形EMNF为平行四边形，连接BN．
（1）求AD，BD的长．
（2）如图①，若四边形EMNF为菱形，点N在CD上，当tan∠ABN时，求该菱形的边长．
（3）如图②，若BF＝BN，则当EF长为多少时，平行四边形EMNF的面积取得最大值？求出最大值．
21．（2025 姑苏区校级二模）实践探究：两位同学利用菱形纸片进行翻折问题的自主探究，已知纸片为菱形ABCD，其边长为4，一个内角∠A＝60°．
（1）如图1，他们将△AMN沿直线MN翻折得到△EMN，使得点E正好落在边CD上，且EM⊥AB，两位同学发现了不同的解法来求出图中线段DN的长度，一位同学找到了图中的一个特殊的等腰三角形，另一位同学则利用轴对称图形对应边相等这一性质；请聪明的你利用提示来求出线段DN的长度；
（2）如图2，两位同学又将△APQ沿直线PQ翻折得到△FPQ，使得点F正好是边CD的中点，那么此时线段DQ的长度是多少呢？
（3）如图3，点G为BC边上一点，将△ABG沿直线AG翻折得到△AKG，BK，AK的延长线分别交CD于S，T两点，若，求线段ST的长度．
【中考模拟题汇编】查漏补缺：四边形-2025年中考数学
参考答案与试题解析
一．选择题（共8小题）
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 C B A C C C B D
一．选择题（共8小题）
1．（2025 中山区一模）若正多边形的一个内角是120°，则这个正多边形的边数为（　　）
A．8 B．7 C．6 D．5
【解答】解：设所求正n边形边数为n，
则120°n＝（n﹣2） 180°，
解得n＝6，
故选：C．
2．（2025 阜平县校级一模）如图，在 ABCD中，BE⊥AB交对角线AC于点E．若∠2＝130°，则∠1的度数为（　　）
A．30° B．40° C．45° D．50°
【解答】解：∵BE⊥AB，
∴∠ABE＝90°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴∠BAE＝∠1，
∵∠2＝∠BAE+∠ABE，
∴∠2＝∠1+∠ABE，
∴∠1+90°＝130°，
∴∠1＝130°﹣90°＝40°，
故选：B．
3．（2025 昭阳区校级模拟）如图，在 ABCD中，∠ADC的平分线DE交BC于点E，若AB＝11，BE＝4，则AD的长为（　　）
A．15 B．11 C．20 D．52
【解答】解：∵∠ADC的平分线DE交BC于点E，
∴∠ADE＝∠CDE，
∵四边形ABCD是平行四边形，AB＝11，
∴CD＝AB＝11，AD∥BC，
∴∠ADE＝∠CED，
∴∠CDE＝∠CED，
∴CE＝CD＝11，
∵BE＝4，
∴AD＝CB＝CE+BE＝11+4＝15，
故选：A．
4．（2025 石狮市模拟）依据所标数据，下列四边形不一定为菱形的是（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：A、32+42＝52，由勾股定理的逆定理推出四边形的对角线互相垂直，四边形的对角线又互相平分，判定是四边形是菱形，故A不符合题意；
B、四边形的四条边相等，判定四边形是菱形，故B不符合题意；
C、四边形的对角线互相平分，只能判定四边形是平行四边形，不能判定四边形是菱形，故C符合题意；
D、由同旁内角互补，得到四边形的两组对边平行，而四边形的邻边又相等，判定四边形是菱形，故D不符合题意．
故选：C．
5．（2025 重庆模拟）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，∠A＝90°，AD＝16，BC＝21，CD＝13，动点P从点B出发，沿射线BC以每秒3个单位的速度运动，动点Q同时从点A出发，在线段AD上以每秒1个单位的速度向终点D运动，当动点Q到达点D时，动点P也同时停止运动．设点P的运动时间为t（秒）．以点P、C、D、Q为顶点的四边形是平行四边形时t值为（　　）秒．
A．2或 B． C．或 D．
【解答】解：∵四边形PQDC是平行四边形，
∴DQ＝CP，
当P从B运动到C时，且P在BC上，
∵DQ＝AD﹣AQ＝16﹣t，CP＝21﹣3t，
∴16﹣t＝21﹣3t，
解得t，
∴当t秒时，四边形PQDC是平行四边形；
当点P在BC延长线上时，
∴16﹣t＝3t﹣21，
解得t，
∴t秒或秒时，P、Q、D、C为顶点的四边形为平行四边形．
故选：C．
6．（2025 龙泉市二模）在正方形ABCD中，AB＝6，P是对角线AC上一动点，作PE⊥AD于点E，PF⊥CD于点F．若四边形PFDE的面积为6，则BP的长为（　　）
A．4 B． C． D．
【解答】解：∵点P是对角线AC上一动点，
∴有以下两种情况：
①当点P靠近点A时，延长EP交BC于点H，如图1所示：
∵四边形ABCD是正方形，且AB＝6，
∴AB＝BC＝6，∠ABC＝∠BCD＝∠CDA＝∠DAB＝90°，∠DCA＝45°，AD∥BC，
∴EH⊥BC，
∵PE⊥AD，PF⊥CD，
∴四边形ABHE，四边形PHCF，四边形PEDF都是矩形，
∴EH＝AB＝6，
∵∠DCA＝45°，PF⊥CD，
∴△PCF是等腰直角三角形，
∴PF＝CF，
∴矩形PFCF是正方形，
设PF＝PH＝CH＝a，
∴PE＝EH﹣PH＝6﹣a，BH＝BC﹣CH＝6﹣a，
∵四边形PFDE的面积为6，
∴PF PE＝a （6﹣a）＝6，
在Rt△PBH中，由勾股定理得：BP；
②当点P靠近点C时，延长EP交BC于点H，如图2所示：
同（1）得：EH＝AB＝AC＝6，四边形PHCF是正方形，
设PH＝PF＝CH＝a，则BH＝BC﹣CH＝6﹣a，
∵四边形PFDE的面积为6，
∴PF PE＝a （6﹣a）＝6，
在Rt△PBH中，由勾股定理得：BP．
综上所述：BP的长为．
故选：C．
7．（2025 九龙坡区校级二模）如图，在正方形ABCD中，点E、F、G分别在AB、BC、CD上，连接AF、EG交于点H，连接CH，若CF＝CG，AE＝2DG，∠BAF＝α，则∠HCF的度数为（　　）
A．45°+α B．45°﹣α C．2α D．α
【解答】解：过点D作DH∥GE交AB于点H，连接AG，FG，作△CFG的外接圆，如图所示：
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝DA＝BC＝DC，∠DAB＝∠B＝∠BCD＝∠CDA＝90°，AB∥CD，
∴四边形DHEG是平行四边形，
∴DE＝HE，DH＝GE，
∴AE＝AH+HE＝AH+DE，
∵AE＝2DG，
∴AH+DE＝2DG，
∴AH＝DG，
在△AHD和△DGA中，
，
∴△AHD≌△DGA（SAS），
∴∠BAF＝∠GAD＝α，DH＝AG，
∴∠FAG＝∠DAB﹣（∠BAF+∠GAD）＝90°﹣2α，
∵BC＝DC，CF＝CG，
∴BC﹣CF＝DC﹣CG，
∴BF＝DG，
又∵AH＝DG，
∴BF＝AH，
在△ABF和△DAH中，
，
∴△ABF≌△DAH（SAS），
∴∠BAF＝∠ADH＝α，AF＝DH，
∵∠BAF+∠FAG＝∠DAB＝90°，
∴∠ADH+∠FAG＝90°，
∴AF⊥DH，
∵DH∥GE，
∴AF⊥GE，
∴∠AGE＝90°﹣∠FAG＝90°﹣（90°﹣2α）＝2α，
∵DH＝AG，AF＝DH，
∴AF＝AG，
∴∠AGF＝∠AFG（180°﹣∠FAG）（180°﹣90°+2α）＝45°+α，
∴∠FGE＝∠AGF﹣∠AGE＝45°+α﹣2α＝45°﹣α，
∵∠BCD＝90°，
∴FG是△CFG外接圆的直径，
∵AF⊥GE，
∴∠FHG＝90°，
∴点H在△CFG的外接圆上，
根据圆周角定理得：∠HCF＝∠FGE＝45°﹣α．
故选：B．
8．（2025 涪城区三模）如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，点E，F分别在边AB，AD上，且AE＝DF，连接BF，交DE于点G，连接GC．现有下列结论：①∠BGD＝120°；②GC平分∠BGD；③CG＝DG+BG；④S四边形DGBCCG2．其中正确的结论有（　　）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【解答】解：连接BD，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝AB＝BC＝CD，∠A＝∠BCD，
∵∠A＝60°，
∴△ABD是等边三角形，
∴∠A＝∠ADB＝60°，AD＝BD，
在△AED和△DFB中，
，
∴△AED≌△DFB（SAS），
∴∠ADE＝∠DBF，
∴∠BGE＝∠BDG+∠DBF＝∠BDG+∠ADE＝∠ADB＝60°，
∴∠BGD＝180°﹣∠BGE＝120°；
故①符合题意；
过C作CM⊥BG于M，CN⊥ED交ED延长线于N，则∠CNG＝∠CMG＝90°，
∵∠BGN＝180°﹣∠BGE＝120°，
∴∠MCN＝360°﹣90°﹣90°﹣120°＝60°，
∵∠BCD＝∠A＝60°，
∴∠DCN＝∠BCM＝60°﹣∠MCD，
在△DCN和△BCM中，
，
∴△DCN≌△BCM（AAS），
∴CN＝CM，DN＝BM
又∠CNG＝∠CMG＝90°，
CG＝CG，
∴Rt△CNG≌Rt△CMG（HL），
∴∠CGN＝∠CGM，
即GC平分∠BGD，
故②符合题意；
∵GC平分∠BGD，且∠BGD＝120°，
∴∠NGC＝∠BGC＝60°
则∠GCN＝∠GCM＝90°﹣60°＝30°，
∴，，
∵DN＝BM，
则GD+GB＝GD+GM+MB＝GD+GM+DN＝GN+GM，
即，
故③符合题意；
∴，，
∵△DCN≌△BCM（AAS），
∴S△DCN＝S△BCM，
∴S四边形BCDG＝S四边形MCNG＝2S△CNG，
∴，
故④符合题意；
故选：D．
二．填空题（共6小题）
9．（2025 南岸区模拟）如果一个多边形的内角和是它的外角和的4倍，那么这个多边形的边数为 　10　 ．
【解答】解：这个多边形的内角和为360°×4＝1440°，
设这个多边形的边数为n，
则（n﹣2）×180°＝1440°，
解得：n＝10．
这个多边形的边数是10．
故答案为：10．
10．（2025 东莞市校级一模）七巧板是中国古代劳动人民发明的一种传统智力玩具，被誉为“东方魔板”，它由五块等腰直角三角形、一块正方形和一块平行四边形共七块板组成．已知图1是边长为4的大正方形，图2是小红同学将七巧板摆拼而成的“奔跑者”图案，则图2中阴影部分的面积为　6　 ．
【解答】解：如图1，由题意可知，四边形ABCD和四边形HKIF都是正方形，且正方形ABCD的边长为4，
∴S正方形ABCD＝4×4＝16，
∴S△ABD＝S△CBDS正方形＝8，
∵△ABI和△ADI都是等腰直角三角形，
∴S△ABIS△ABD＝4，
∵△BHK、△EFI、△CHL都是等腰直角三角形，四边形HKIF是正方形，
∴IK＝BK＝HK＝HF＝LF＝FI＝EI＝ED，
∴平行四边形EFLD、正方形HKIF、△CHL面积相等，△BHK与△EFI面积的和等于△CHL的面积，
∴S平行四边形EFLDS△CBD＝2，
∵图2中的阴影部分由图1中的△ABI和平行四边形EFLD组成，
∴S阴影＝4+2＝6，
故答案为：6．
11．（2025 安徽模拟）正方形ABCD的对角线AC，BD交于点O，∠CAB的平分线AE交BC于点E，OB于点F．（1）∠AFD的度数为 　67.5°　 ；
（2）的值为 　　 ．
【解答】解：（1）∵四边形ABCD是正方形，
∴∠BAC＝∠DAC＝∠ADB＝45°，
∵AE是∠CAB的平分线，
∴∠CAE∠CAB＝22.5°，
∴∠DAE＝∠DAC+∠CAE＝45°+22.5°＝67.5°，
在△ADF中，∠AFD＝180°﹣（∠DAE+∠ADB）＝180°﹣（67.5°+45°）＝67.5°，
故答案为：67.5°；
（2）过点F作FH⊥AB于点F，如图所示：
设FH＝a，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，AD∥BC，AC⊥BD，OA＝OB，∠ABD＝45°，
∵AE是∠CAB的平分线，FH⊥AB，OF⊥AC，
∴FO＝FH＝a，
∵∠ABD＝45°，FH⊥AB，
∴△HFB是等腰直角三角形，
∴FH＝BH＝a，
由勾股定理得：BF，
∴OB＝FO+BF，
∴OA＝OB，
在Rt△AFH和Rt△AFO中，
，
∴Rt△AFH≌Rt△AFO（HL），
∴HA＝OA，
∴AD＝AB＝HA+BH，
由（1）可知：∠DAE＝67.5°，∠AFD＝67.5°，
∴∠BFE＝∠AFD＝67.5°，
又∵AD∥BC，
∴∠BEF＝∠DAE＝67.5°，
∴∠BFE＝∠BEF＝67.5°，
∴BE＝BF，
∴．
故答案为：．
12．（2025 海南模拟）如图，已知菱形ABCD中，BD为对角线，AB＝10，BD＝12，点E是边AB的延长线上一点，连接DE交BC于点F，BG平分∠CBE交DE于点G．则∠DBG＝ 　90°　 ，若DG＝2GE，则tan∠BDG＝ 　　 ．
【解答】解：在菱形ABCD中，BD为对角线，点E是边AB延长线上的任意一点，BG平分∠CBE交DE于点G．
∴∠CBD＝∠ABD∠ABC，∠GBF＝∠GBE∠EBF，
∴∠DBG＝∠CBD+∠CBG（∠ABC+∠EBC）180°＝90°；
连接AC交BD于点K，交DE于点L，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，CK＝AK，CD∥AB，
∴∠AKB＝90°，
在直角三角形ABK中，由勾股定理得：AK8，
∴CK＝AK＝8，
∴AC＝16，
∵AC⊥BD，
∴∠DKL＝∠DBG＝90°，
∴AC∥BG，
∴1，
∴DL＝GLDG，
∵DG＝2GE，
∴GEDG，
∴DL＝GL＝GE，
∵CD∥AB，
∴，
∴CLAC，
∴KL＝8
∴tan∠BDE．
故答案为：90°，．
13．（2025 福州模拟）图1是第九届华人数学家大会的会场背景图案，其中最具代表性的数学元素是“斐波那契螺旋线”，用以斐波那契数列“1，1，2，3，5，8，13，…（从第3个数开始，每个数是前面两个数的和）”为边的正方形拼成长方形，然后在正方形里面画90°的扇形，连起来的弧线就是斐波那契螺旋线，图2是用“1，1，2，3，5”构造的斐波那契螺旋线，它的长度为 　　 ．
【解答】解：如图所示：
∵四边形ABCD是正方形，且边长为1，
∴AB＝BC＝CD＝AD＝1，∠DAB＝∠ABC＝∠BCD＝∠CDA＝90°，
∵点C是弧DF所在圆的圆心，半径CF＝1，∠DCF＝90°，
∴弧DF的长度为：，
∵点B是弧FG所在圆的圆心，半径BG＝2，∠FBG＝90°，
∴弧FG的长度为：π，
∵点A是弧GH所在圆的圆心，半径AH＝3，∠GAH＝90°，
∴弧GH的长度为：，
∵点E是弧HK所在圆的圆心，半径EK＝5，∠HEK＝90°，
∴弧HK的长度为：，
∴图中斐波那契螺旋线长度为：．
故答案为：．
14．（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 　或或　 ．
【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：．
三．解答题（共7小题）
15．（2025 镇平县模拟）如图，平行四边形ABCD中，点F在AD上．
（1）请用无刻度的直尺和圆规作AE⊥BC于点E．（保留作图痕迹，不写作法）；
（2）若DF＝BE，连接CF，求证：四边形AECF是矩形．
【解答】（1）解：如图，AE即为所作；
（2）证明：由作图得∠AEC＝90°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AB＝CD，∠B＝∠D，
∴∠EAD+∠AEC＝180°，
∴∠EAD＝90°，
在△CDF和△ABE中，
，
∴△CDF≌△ABE（SAS），
∴∠CFD＝∠AEB＝90°，
∴∠EAD＝∠CFD＝∠AEB＝90°，
∴四边形AECF是矩形．
16．（2025 沛县二模）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，D、E分别是AB、AC的中点，过点C作CF∥AB，交DE延长线于点F，连接AF、CD．
（1）求证：四边形ADCF是菱形；
（2）当　　 时，四边形ADCF是正方形．
【解答】（1）证明：∵D、E分别是AB、AC中点，
∴DE是△ABC的中位线，
∴DE∥BC，
又∵CF∥AB，
∴四边形DBCF是平行四边形，
∴CF＝BD，
∵D是AB的中点，
∴AD＝BD，
∴CF＝AD，
又∵CF∥AB，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∵∠ACB＝90°，D是AB中点，
∴．
∴CD＝AD．
又∵四边形ADCF是平行四边形，
∴四边形ADCF是菱形；
（2）解：当时，四边形ADCF是正方形．
∵∠ACB＝90°，
∴设ABk，AC＝k，
∴BCk，
∴AC＝BC，
∴△ABC是等腰直角三角形，
∵D是AB的中点，
∴CD⊥AB，
∴∠ADC＝90°，
由（1）知，四边形ADCF是菱形，
∴四边形ADCF是正方形．
故答案为：．
17．（2025 道里区二模）四边形ABCD为正方形，点E，F分别在BC，CD上，连接BF，DE，∠ADE＝∠ABF．
（1）如图1，求证：DE＝BF；
（2）如图2，设BF与DE交于点G，∠ABF＝2∠CBF，在不添加任何辅助线的情况下，请写出图中所有等于的线段．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD为正方形，
∴AB＝AD＝DC＝BC，∠ADC＝∠ABC＝∠C＝90°，
∵∠ADE＝∠ABF，
∴∠ADC﹣∠ADE＝∠ABC﹣∠ABF，
∴∠CDE＝∠CBF，
在△CDE和△CBF中，
，
∴△CDE≌△CBF（ASA），
∴DE＝BF；
（2）图中等于ABDE的线段有：BE，GE，GF，DF四条，理由如下：
∵∠ABF＝2∠CBF，
又∵∠ABC＝∠ABF+∠CBF＝90°，
∴2∠CBF+∠CBF＝90°，
∴∠CBF＝30°，
∴∠ABF＝2∠CBF＝60°，
∵∠ADE＝∠ABF，
∴∠CDE＝∠CBF＝30°，
在Rt△DEC中，∠DEC＝90°﹣∠CDE＝60°，
∵∠DEC是△EBG的外角，
∴∠DEC＝∠CBF+∠EGB，
∴60°＝30°+∠EGB，
∴∠EGB＝∠CBF＝30°，
∴BE＝GE，
同理：GF＝DF，
由（1）可知：△CDE≌△CBF，
∴CE＝CF，
∵BC＝DC，
∴BC﹣CE＝DC﹣CF，
∴BE＝DF，
∴BE＝GE＝GF＝DF，
设CF＝a，
∴CE＝CF＝a，
在Rt△CBF中，∠CBF＝30°，
∴BF＝2CF＝2a，
由（1）可知：DE＝BF＝2a，
由勾股定理得：BC，
∴AB＝BC，BE＝BC﹣CE，
∵ABDE，
∴ABDE＝BE，
∴线段BE，GE，GF，DF的长都等于ABDE．
18．（2025 儋州模拟）已知正方形ABCD，一等腰直角三角形EFG的斜边EG经过其顶点B，直角边GF所在直线经过其顶点A（点B不与E，G重合，点A不与F，G重合），∠EFG＝90°，EF＝FG＝6，，连接CG．
（1）如图1，若点B为EG的中点，且边GF的延长线经过顶点A时，连接BF．求∠BGC的度数．
（2）如图2，若顶点B不是EG中点，且顶点A在边FG上时，作CM⊥EG于点M，BE，．
①求∠BGC的度数；
②连接AC，交BG于点P，求CP的长．
【解答】解：（1）∵∠EFG＝90°，FE＝FG，B为EG的中点，
∴BF＝BG，∠FBG＝90°，∠BFG＝45°，
∴∠AFB＝135°，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠ABC＝90°，BA＝BC，
∴∠ABC﹣∠FBC＝∠FBG﹣∠FBC，
即∠ABF＝∠CBG．
在△ABF和△CBG中，
，
∴△ABF≌△CBG（SAS）．
∴∠BGC＝∠AFB＝135°．
（2）①∵∠EFG＝90°，FE＝FG＝6，
∴EG＝6．
∵BE＝2，，
∴，
∴．
∵CM⊥EG，∠BMC＝∠GMC＝90°．
∵，BM，
∴CM3，
∴CM＝MG，∠MGC＝45°，
即∠BGC＝45°；
②如图：
∵∠BGC＝45°，∠BGA＝45°，∠BAC＝45°，
∴∠CPG＝∠AGP+∠PAG＝45°+∠PAG，∠BAG＝∠BAC+∠PAG＝45°+∠PAG，
∴∠BAG＝∠CPG．
又∵∠AGB＝∠PGC，
∴△AGB∽△PGC，
∴．
∵，
∴．
∵，CM⊥EG，
∴，
∴，
∴．
19．（2025 泌阳县二模）在学习特殊四边形的过程中，我们对四边形有一些了解，并积累了一定的研究经验．定义：至少有一组邻边相等且对角互补的四边形叫做邻等对补四边形．请运用已有经验，对“邻等对补四边形”进行研究．
（1）概念理解
①在以下四种图形中，一定是邻等对补四边形的是 　D　 ；
A．平行四边形
B．菱形
C．矩形
D．正方形
②分别用含有30°和45°角的直角三角形纸板拼出如图1所示的4个四边形，其中是邻等对补四边形的有 　②④　 ．（填序号）
（2）概念应用
如图2，∠BAD＝60°，且AB＝AD．请你用尺规作图在平面内找出动点C的轨迹，使得四边形ABCD总是邻等对补四边形．（保留作图痕迹，不写作法）
（3）综合探究
在（2）的基础上，连接AC，探究线段AC，BC，CD之间满足的数量关系．
【解答】解：（1）根据“邻等对补四边形”的定义，正方形一定是“邻等对补四边形”．
故答案为：D．
②“邻等对补四边形”是②④．
故答案为：②④；
（2）如图，点C在上移动（不与B，D重合）时，四边形ABCD总是邻等对补四边形．
（3）AC＝CD+BC．理由如下：如图，延长BC至点E，使得CE＝CD，连接ED，DB．
∵AB＝AD，∠BAD＝60°，
∴△ABD是等边三角形．
∴BD＝AD，∠BDA＝60°，
∵四边形ABCD是邻等对补四边形，
∴∠BCD＝180°﹣∠BAD＝120°．
∴∠ECD＝60°，
∴△ECD 是等边三角形．
∴ED＝CD，∠EDC＝60°，
∴∠EDC+∠CDB＝∠CDB+∠BDA．
∴∠EDB＝∠CDA．
∴△EBD≌△CAD（SAS）．
∴AC＝EB＝EC+CB＝CD+BC．
20．（2025 安州区三模）如图，在△ABC中，AC＝5，CD为AB边上的高，且CD＝BD，tan∠CAB，E，M为AC边上两个不重合的动点（点E在点M的上方，且均不与端点重合），EF∥AB，与边BC交于点F，四边形EMNF为平行四边形，连接BN．
（1）求AD，BD的长．
（2）如图①，若四边形EMNF为菱形，点N在CD上，当tan∠ABN时，求该菱形的边长．
（3）如图②，若BF＝BN，则当EF长为多少时，平行四边形EMNF的面积取得最大值？求出最大值．
【解答】解：（1）∵CD⊥AB，
∴∠ADC＝∠BDC＝90°，
∵tan∠CAB，
∴设CD＝4x，AD＝3x，
∴AC5x＝5，
∴x＝1，
∴AD＝3，CD＝4，
∴BD＝CD＝4；
（2）如图，过点E作EH⊥MN于点H，设EF与CD交于点R，过点M作MG⊥AB于点G，过点N作NK⊥AB于点K．
∵EF∥AB，四边形EMNF为菱形，CD＝BD，
∴tan∠CAD＝tan∠CER，
∴，即，
设RF＝x，则，
∴，
∵四边形EMNF为菱形，
∴，
在Rt△EMH中，，
∴，
∴，
∴，
∴，
∴．
∵，
∴BK＝2NK.，
∴．
∵BK＝2KN，
∴，
解得，
∴，
∴当时，菱形EMNF 的边长为．
（3）如图，过点B作BP⊥AC于点P，与NF交于点Q，过点E作ET⊥MN于点T．设CD与EF交于点W．
在Rt△ABP中，∠APB＝90°AB＝3+4＝7．
∵，
∴设PB＝4a，AP＝3a，
∴（4a）2+（3a）2＝72，
∴或舍去），
∴，
∴，
当BN＝BF时，△BNF是等腰三角形．
∵BP⊥AC，NF∥AC，
∴BQ⊥NF，
∴BQ为△BNF 的中线和高，即NF＝2QF．
设WF＝m，则，
∴BF＝BC﹣CF＝42﹣2m，
∵NF∥AC，
∴，即，
解得，
∴ME，
在Rt△EMT中，，
∴，
∴，
同（2）可得EF，S四边形EMNF＝EF，
当m＝2时，，
∴当EF时，平行四边形EMNF的面积有最大值，最大值为．
21．（2025 姑苏区校级二模）实践探究：两位同学利用菱形纸片进行翻折问题的自主探究，已知纸片为菱形ABCD，其边长为4，一个内角∠A＝60°．
（1）如图1，他们将△AMN沿直线MN翻折得到△EMN，使得点E正好落在边CD上，且EM⊥AB，两位同学发现了不同的解法来求出图中线段DN的长度，一位同学找到了图中的一个特殊的等腰三角形，另一位同学则利用轴对称图形对应边相等这一性质；请聪明的你利用提示来求出线段DN的长度；
（2）如图2，两位同学又将△APQ沿直线PQ翻折得到△FPQ，使得点F正好是边CD的中点，那么此时线段DQ的长度是多少呢？
（3）如图3，点G为BC边上一点，将△ABG沿直线AG翻折得到△AKG，BK，AK的延长线分别交CD于S，T两点，若，求线段ST的长度．
【解答】解：（1）法一（利用特殊等腰三角形）：
∵菱形ABCD边长为4，∠A＝60°，EM⊥AB，
故EM＝sin60° AB．
由折叠可知AM＝EM，
设AP＝x，则PMx，
作NP⊥AB于点P，由EM⊥AB及折叠可知∠EMN＝∠PMN＝45°，如图1所示，
∴∠PNM＝45°，∠ANP＝30°，PN＝PM，
∴PN，
即x，解得x，
此时AN＝2AP，
故DN＝AD﹣AN＝4﹣（）．
法二（利用轴对称性质）：如图1所示，延长PN交CD延长线于点Q，则PQ⊥CD．
设DN＝x，由折叠性质可得AN＝4﹣x＝NE，
∵∠ANP＝∠QND＝30°，
∴QN＝cos30° DN，
又∵∠QEN＝90°﹣∠NEM＝90°﹣60°＝30°，
∴QN，
故，解得x．
即DN的长度为．
（2）过点Q作MN⊥AB于点N，交CD延长线于点M，如图2所示，
由（1）知MN，
设DQ＝x，则AQ＝4﹣x＝QF，
∵∠MQD＝∠MFQ＝30°，
∴QM，DM，
在Rt△MQF中，由勾股定理可得 MQ2+MF2＝QF2，
即，解得x．
即DQ长为．
（3）由折叠可知AK＝AB＝4，∠ABK＝∠AKB＝∠SKT，
∵DC∥AB，
∴∠KST＝∠ABK，
故ST＝KT．
延长AG交DC的延长线于点R，作AH⊥CD的延长线于点H，如图3所示，
则CG＝CB﹣BG＝4，
∵CR∥AB，
∴△CRG∽△BAG，
∴，故CR6，
∵CR∥AB，
∴∠R＝∠RAB＝∠KAR，
∴AT＝RT，
设ST＝KT＝x，则AT＝4+x＝RT，
∴TC＝RT﹣CR＝4+x﹣6＝x﹣2，
故DS＝DC﹣SC＝4﹣（2x﹣2）＝6﹣2x，
∵∠HAD＝30°，
∴DH2，AH＝HT＝DH+DT＝2+6﹣x＝8﹣x，
在Rt△AHT中，由勾股定理可得，
解得x，
故ST长为．
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