2026年人教版中考数学二轮复习：四边形（含答案）
文档属性
| 名称 | 2026年人教版中考数学二轮复习：四边形（含答案） |
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| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 2.6MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2026-03-06 00:00:00 | ||
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文档简介
2026年中考数学二轮复习之四边形
一．选择题（共10小题）
1．（2026 海沧区校级一模）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，过点D作AC的平行线DE，过点C作BD的平行线CE，相交于点E．下列三角形中，可以看成由△COD绕点O旋转180°得到的是（ ）
A．△AOD B．△AOB C．△COB D．△DEC
2．（2026 大渡口区模拟）如图，正方形ABCD的边长是3，点E是CD边上一点，CE＝1，F是BC边是一点，BF＝CE，连接BE，DF，点G是DF的中点，连接BG，GH⊥BE于点H，则GH的长为（ ）
A．2 B． C． D．
3．（2026 周至县一模）如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，M，N分别为BC，OC的中点，若AO＝4，则MN的长为（ ）
A．4 B．2 C．8 D．6
4．（2025 大连模拟）如图，四边形ABCD是平行四边形，∠BAD，∠ABC的平分线AE，BF分别交CD边于点E，F．若AD＝3，EF＝1，则AB的长为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
5．（2025 内乡县三模）如图，在正方形ABCD中，点P是AB上一动点（不与A，B重合），对角线AC，BD相交于点O，过点P分别作AC，BD的垂线，分别交AC，BD于点E与点F，交AD，BC于点G与点H，若正方形的边长是2，则四边形OEPF的周长是（ ）
A．2 B． C．4 D．
6．（2025 铁岭模拟）如图，在长方形ABCD中，AB＝10cm，点E在线段AD上，且AE＝6cm，动点P在线段AB上，从点A出发以2cm/s的速度向点B运动，同时点Q在线段BC上．以vcm/s的速度由点B向点C运动，当△EAP与△PBQ全等时，v的值为（ ）
A．2 B．4 C．4或 D．2或
7．（2025 中宁县模拟）宽与长的比是的矩形叫做黄金矩形，黄金矩形给我们以协调、匀称的美感．如图，把黄金矩形ABCD沿对角线AC翻折，点B落在点B′处，AB'交CD于点E，则cos∠DAE的值为（ ）
A． B． C． D．
8．（2025 兰州）如图，四边形ABCD是矩形，对角线AC，BD相交于点O，点E，F分别在边AB，BC上，连接EF交对角线BD于点P．若P为EF的中点，∠ADB＝35°，则∠DPE＝（ ）
A．95° B．100° C．110° D．145°
9．（2025 通辽校级二模）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6，点E是BC的中点，连接AE，DF⊥AE于点F，连接AC交DF于点M，则的值为（ ）
A．1 B． C． D．
10．（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
二．填空题（共5小题）
11．（2026 黄石一模）在边长为1的正方形ABCD中，，连接CE，将△CBE沿CE折叠得到△CGE，CG交BD于点M，延长CG交AD于点F，则点G到AB的距离是 ．
12．（2026 大渡口区模拟）如图，在 ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，在DC的延长线上取一点E，连接OE交BC于点F，已知AB＝a，BC＝b，CE＝c，求CF的长．
13．（2026 西安校级一模）西安是十三朝古都．如图是西安的“安”字在正方形米字格中的书写形态，已知正方形ABCD的边长为2cm，笔画横钩“乛”与正方形对角线交于E点，点E为线段BD的黄金分割点，DE＜BE，则BE的长为 cm．（结果保留根号）
14．（2026 固镇县一模）如图，在边长为4的正方形ABCD的外侧，作直角三角形ADE，∠AED＝90°，且∠ADE＝30°．
（Ⅰ）AE与DE的长度和为 ；
（Ⅱ）若O为AC的中点，连接OE，则OE的长为 ．
15．（2025 大连模拟）如图，四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，CM平分∠DCE，过点D作DF⊥CM，DF＝1，则对角线BD的长是 ．
三．解答题（共5小题）
16．（2026 大渡口区模拟）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，点D是△ABC所在平面内一点，连接BD．
（1）如图1，若∠BAC＝30°，点D在AC边上，BD平分∠ABC，AD＝2，求AB的长；
（2）如图2，若∠BAC＝30°，点D在AC边上（点D不与点A，C重合），将射线BD绕点B顺时针旋转60°，在旋转后的射线上取一点E，连接AE，使得AE＝BE，过点E作EG⊥AC于点G，过点D作DH⊥AB于点H，探索线段BC，EG，DH之间的数量关系，并证明；
（3）如图3，若点D在直线AB下方，将线段BD绕点B顺时针旋转60°得到线段BE，连接AD，AE，∠EAD＝75°，AB＝6，当四边形ADBE的面积取最小值时，在直线AB上取一点P，连接DP，将△DBP沿BD翻折到四边形ADBE所的平面内得到△BDQ，连接AQ，当AQ取最小值时，请直接写出△ADQ的面积．
17．（2026 柳州一模）【综合与探究】
问题情境：将矩形ABCD绕点C顺时针旋转，当旋转到如图①所示的位置时，得到矩形A′B′CD′，点A，B，D的对应点分别为点A′，B′，D′，设直线AD与直线A′D′交于点E．
猜想证明：
（1）猜想DE与D′E的数量关系，并证明；
（2）如图②，在旋转的过程中，当点B′恰好落在矩形ABCD的对角线BD上时，点A′恰好落在AD的延长线上（即点A′与点E重合），连接A′C，求证：四边形A′DBC是平行四边形；
问题解决：
（3）在矩形ABCD绕点C顺时针旋转的过程中，若AB＝5，BC＝3，当A′，B′，D三点在同一条直线上时，请直接写出A′D的值．
18．（2026 哈尔滨模拟）已知：在菱形ABCD中，点E是CD边上一点，过点E作EF⊥AC于点F，交BC边于点G，交AB延长线于点H．
（1）如图1，求证：BH＝DE；
（2）如图2，当点E是CD边中点时，连接对角线BD交对角线AC于点O，连接OG、OE，在不添加任何辅助线和字母的情况下，请直接写出图2中所有的平行四边形（菱形除外）．
19．（2026 西安校级一模）【问题呈现1】
在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB，点D是斜边AB上的一点，连接CD，试说明AD、BD、CD间的数量关系，小敏同学思考后是这样做的：如图1将△CAD绕点C逆时针旋转90°，得到△CBE，连接DE，请写出AD、BD、CD之间的数量关系 ；
【问题呈现2】
如图2，在△ABC中，∠ACB＝60°，CD为AB边上的高，若CD＝4，试判断S△ABC是否存在最小值，若存在，请求出最小的面积值；若不存在，请说明理由；
【问题解决】
为迎接新春佳节，西安市城市管理部门在古城墙段安装了全息投影射灯．工作人员选择在城墙的E点安装射灯，该城墙段的几何结构如图3：城墙顶部凸起部分为墙垛，如四边形KLMJ，凹陷部分为垛口，如四边形HIJK，本题中墙垛与垛口均为正方形．现从E点发射全息投影光束，其投影画面可绕E点转动，但始终保持∠FEG＝60°，其中F、G分别是BC与DC边上的动点．已知墙垛边长HI为0.5m，墙面区域∠C＝60°，∠B＝90°，AD∥BC，城墙楼梯DC长度为8m．墙垛面积在本问题中可忽略不计．现需分析在全息投影表演过程中，投影到城墙区域（四边形EFCG）的面积是否存在最大值．若存在，请求出面积最大值；若不存在，请说明理由．
20．（2025 山东）【图形感知】
如图1，在四边形ABCD中，已知∠BAD＝∠ABC＝∠BDC＝90°，AD＝2，AB＝4．
（1）求CD的长；
【探究发现】
老师指导同学们对图1所示的纸片进行了折叠探究．
在线段CD上取一点E，连接BE．将四边形ABED沿BE翻折得到四边形A′BED′，其中A′，D′分别是A，D的对应点．
（2）其中甲、乙两位同学的折叠情况如下：
①甲：点D′恰好落在边BC上，延长A′D′交CD于点F，如图2．判断四边形DBA′F的形状，并说明理由；
②乙：点A′恰好落在边BC上，如图3．求DE的长；
（3）如图4，连接DD′交BE于点P，连接CP．当点E在线段CD上运动时，线段CP是否存在最小值？若存在，直接写出；若不存在，说明理由．
2026年中考数学二轮复习之四边形
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．（2026 海沧区校级一模）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，过点D作AC的平行线DE，过点C作BD的平行线CE，相交于点E．下列三角形中，可以看成由△COD绕点O旋转180°得到的是（ ）
A．△AOD B．△AOB C．△COB D．△DEC
【考点】菱形的性质；旋转的性质；全等三角形的判定．
【专题】三角形；矩形 菱形 正方形．
【答案】B
先根据菱形的性质推出△AOB、△AOD、△BOC、△COD全等，再根据旋转的性质得△COD绕点O旋转180°得到的是△AOB．
【解答】解：∵在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，
∴BD⊥AC，AO＝OC，OD＝OB，AB＝BC＝CD＝AD，
∴△AOB、△AOD、△BOC、△COD全等，
∴由△COD绕点O旋转180°得到的是△AOB．
故选：B．
本题考查菱形的性质，全等三角形的判定，旋转的性质，掌握其相关知识点是解题的关键．
2．（2026 大渡口区模拟）如图，正方形ABCD的边长是3，点E是CD边上一点，CE＝1，F是BC边是一点，BF＝CE，连接BE，DF，点G是DF的中点，连接BG，GH⊥BE于点H，则GH的长为（ ）
A．2 B． C． D．
【考点】正方形的性质；三角形的面积；勾股定理．
【专题】三角形；等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】B
连接EG，CG，先求出CF＝2BF，DE＝2CE，，得到，，，再根据求解即可．
【解答】解：连接EG，CG，
∵正方形ABCD的边长是3，
∴AB＝BC＝CD＝AD＝3，∠DAB＝∠ABC＝∠BCD＝∠ADC＝90°（正方形的性质），
∵BF＝CE＝1，
∴CF＝DE＝BC﹣BF＝3﹣1＝2，
∴CF＝2BF，DE＝2CE，
根据三角形的面积公式得，，
∵点G是DF的中点，
∴，
∴，，
∵BC＝3，CE＝1，
∴，，
∴，
∵GH⊥BE，
∴，
∴，
则GH的长为，
故选：B．
本题考查正方形的性质，勾股定理，三角形面积，关键是相关性质的熟练掌握．
3．（2026 周至县一模）如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，M，N分别为BC，OC的中点，若AO＝4，则MN的长为（ ）
A．4 B．2 C．8 D．6
【考点】矩形的性质；三角形中位线定理．
【专题】矩形 菱形 正方形；运算能力．
【答案】B
根据矩形的性质得出AO＝BO＝4，再根据中位线的性质求出MN的长即可．
【解答】解：由题意可得：AC＝BD，，，
∴AO＝BO＝4，
∵M，N分别为BC，OC的中点，
∴，
故选：B．
本题考查了矩形的性质和中位线的性质，解题关键是正确进行计算．
4．（2025 大连模拟）如图，四边形ABCD是平行四边形，∠BAD，∠ABC的平分线AE，BF分别交CD边于点E，F．若AD＝3，EF＝1，则AB的长为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【考点】平行四边形的性质．
【专题】多边形与平行四边形；运算能力；推理能力．
【答案】B
由CD∥AB，得∠DEA＝∠BAE，∠CFB＝∠ABF，而∠DAE＝∠BAE，∠CBF＝∠ABF，则∠DEA＝∠DAE，∠CFB＝∠CBF，所以ED＝AD＝3，FC＝BC＝3，则1+AB＝6，求得AB＝5，于是得到问题的答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD∥AB，AD＝BC＝3，
∴∠DEA＝∠BAE，∠CFB＝∠ABF，
∵AE，BF分别是∠BAD，∠ABC的平分线，
∴∠DAE＝∠BAE，∠CBF＝∠ABF，
∴∠DEA＝∠DAE，∠CFB＝∠CBF，
∴ED＝AD＝3，FC＝BC＝3，
∴EF+DF+FC＝ED+FC＝3+3＝6，
∵EF＝1，DF+FC＝CD＝AB，
∴1+AB＝6，
∴AB＝5，
故选：B．
此题重点考查平行四边形的性质、角平分线的定义、等腰三角形的判定等知识，证明ED＝AD，FC＝BC是解题的关键．
5．（2025 内乡县三模）如图，在正方形ABCD中，点P是AB上一动点（不与A，B重合），对角线AC，BD相交于点O，过点P分别作AC，BD的垂线，分别交AC，BD于点E与点F，交AD，BC于点G与点H，若正方形的边长是2，则四边形OEPF的周长是（ ）
A．2 B． C．4 D．
【考点】正方形的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】B
由勾股定理求出AC，OA＝OC，证明△APE和△BPF都是等腰直角三角形，则PE＝AE，PF＝BF，进而得OE+PE＝OA，OF+PF＝OB，则OE+PE+OF+PF，由此即可得出答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，且边长为2，对角线AC，BD相交于点O，
∴AB＝BC＝2，∠ABC＝90°，OA＝OC＝OBAC，∠OAB＝∠OBC＝45°，
在Rt△ABC中，由勾股定理得：AC，
∴OA＝OBAC，
∵PE⊥BD，PF⊥AC，∠OAB＝∠OBC＝45°，
∴△APE和△BPF都是等腰直角三角形，
∴PE＝AE，PF＝BF，
∴OE+PE＝OE+AE＝OA，OF+PF＝OF+BF＝OB，
∴OE+PE+OF+PF，
∴四边形OEPF的周长是．
故答案为：B．
此题主要考查了正方形的性质，熟练掌握正方形的性质，等腰直角三角形的判定和性质是解决问题的关键．
6．（2025 铁岭模拟）如图，在长方形ABCD中，AB＝10cm，点E在线段AD上，且AE＝6cm，动点P在线段AB上，从点A出发以2cm/s的速度向点B运动，同时点Q在线段BC上．以vcm/s的速度由点B向点C运动，当△EAP与△PBQ全等时，v的值为（ ）
A．2 B．4 C．4或 D．2或
【考点】矩形的性质；全等三角形的判定．
【专题】数形结合；分类讨论；图形的全等；矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力．
【答案】D
当△EAP与△PBQ全等时，有两种情况：①当EA＝PB时，△APE≌△BQP，②当AP＝BP时，△AEP≌△BQP，分别按照全等三角形的性质及行程问题的基本数量关系求解即可．
【解答】解：当△EAP与△PBQ全等时，有两种情况：
①当EA＝PB时，△APE≌△BQP（SAS），
∵AB＝10cm，AE＝6cm，
∴BP＝AE＝6cm，AP＝4cm，
∴BQ＝AP＝4cm；
∵动点P在线段AB上，从点A出发以2cm/s的速度向点B运动，
∴点P和点Q的运动时间为：4÷2＝2s，
∴v的值为：4÷2＝2cm/s；
②当AP＝BP时，△AEP≌△BQP（SAS），
∵AB＝10cm，AE＝6cm，
∴AP＝BP＝5cm，BQ＝AE＝6cm，
∵5÷2＝2.5s，
∴2.5v＝6，
∴v．
故选：D．
本题考查了矩形的性质及全等三角形的判定与性质等知识点，数形结合、分类讨论并熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．
7．（2025 中宁县模拟）宽与长的比是的矩形叫做黄金矩形，黄金矩形给我们以协调、匀称的美感．如图，把黄金矩形ABCD沿对角线AC翻折，点B落在点B′处，AB'交CD于点E，则cos∠DAE的值为（ ）
A． B． C． D．
【考点】矩形的性质；翻折变换（折叠问题）；解直角三角形．
【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；展开与折叠．
【答案】D
设，AB＝CD＝2a，再根据翻折的性质及等角对等边得出AE＝EC，最后利用勾股定理表示出DE及AE即可．
【解答】解：由题知：令，AB＝CD＝2a，
∵把黄金矩形ABCD沿对角线AC翻折，点B落在点B′处，
∴∠EAC＝∠BAC，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∴∠DCA＝∠BAC，
∴∠DCA＝∠EAC，
∴AE＝EC，
令DE＝x，则AE＝EC＝2a﹣x，
在Rt△ADE中，由勾股定理得：AD2+DE2＝AE2，
，
解得，
∴，
在Rt△DAE中，．
故选：D．
本题考查矩形的性质，翻折变换（折叠问题），解直角三角形，解答本题的关键是熟练掌握折叠的性质．
8．（2025 兰州）如图，四边形ABCD是矩形，对角线AC，BD相交于点O，点E，F分别在边AB，BC上，连接EF交对角线BD于点P．若P为EF的中点，∠ADB＝35°，则∠DPE＝（ ）
A．95° B．100° C．110° D．145°
【考点】矩形的性质．
【专题】图形的全等；矩形 菱形 正方形；几何直观；推理能力．
【答案】C
根据AD∥BC得∠PBF＝∠ADB＝35°，再根据直角三角形斜边中线性质得PB＝PF＝PE，进而得∠PFB＝∠PBF＝35°，再由三角形内角和定理求出∠BPF＝110°，则可得出∠DPE的度数．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，∠ADB＝35°，
∴AD∥BC，∠ABC＝90°，
∴∠PBF＝∠ADB＝35°，
∵点P是EF的中点，
∴PB是Rt△BEF的斜边EF上的中线，
∴PB＝PF＝PE，
∴∠PFB＝∠PBF＝35°，
在△PBF中，∠BPF＝180°﹣（∠PFB+∠PBF）＝110°，
∴∠DPE＝∠BPF＝110°．
故选：C．
此题主要考查了矩形的判定和性质，熟练掌握矩形的判定和性质，平行线的性质，三角形斜边中线的性质是解决问题的关键．
9．（2025 通辽校级二模）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6，点E是BC的中点，连接AE，DF⊥AE于点F，连接AC交DF于点M，则的值为（ ）
A．1 B． C． D．
【考点】矩形的性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；图形的相似；解直角三角形及其应用；运算能力；推理能力．
【答案】B
延长DF交BC于点H，由矩形的性质得∠B＝∠HCD＝90°，CD＝AB＝4，AD＝BC＝6，则BE＝CEBC＝3，由DF⊥AE于点F，得∠EFH＝90°，可证明∠HDC＝∠AEB，由tan∠HDC＝tan∠AEB，求得CHCD，再证明△ADM∽△CHM，则，于是得到问题的答案．
【解答】解：延长DF交BC于点H，
∵四边形ABCD是矩形，点E是BC的中点，AB＝4，BC＝6，
∴∠B＝∠HCD＝90°，CD＝AB＝4，AD＝BC＝6，BE＝CEBC＝3，
∵DF⊥AE于点F，
∴∠EFH＝90°，
∴∠HDC＝∠AEB＝90°﹣∠CHD，
∴tan∠HDC＝tan∠AEB，
∴CHCD4，
∵AD∥CH，
∴△ADM∽△CHM，
∴，
故选：B．
此题重点考查矩形的性质、同角的余角相等、相似三角形的判定与性质、解直角三角形等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．
10．（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
【考点】平行四边形的性质；相似三角形的判定与性质．
【专题】三角形；多边形与平行四边形；图形的相似；运算能力；推理能力．
【答案】D
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．
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．
二．填空题（共5小题）
11．（2026 黄石一模）在边长为1的正方形ABCD中，，连接CE，将△CBE沿CE折叠得到△CGE，CG交BD于点M，延长CG交AD于点F，则点G到AB的距离是 ．
【考点】正方形的性质；勾股定理．
【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；几何直观；推理能力．
【答案】．
根据题意可知CG＝CB＝1，，∠CGE＝∠CBE＝90°，过点G作GH⊥AB于H，作GK⊥BC于K，证明四边形BHGK为矩形，设GH＝h，GK＝k，在Rt△CGK和Rt△GEH中，运用勾股定理求解即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠CBE＝90°，
由折叠可知：CG＝CB＝1，，∠CGE＝∠CBE＝90°，
如图，AB⊥BC，过点G作GH⊥AB于H，作GK⊥BC于K．
∴四边形BHGK为矩形，
设GH＝h，GK＝k．
在Rt△CGK中，由勾股定理得：CG2＝GK2+CK2，
∴12＝k2+（1﹣h）2，
整理得：k2+h2＝2h①，
在Rt△GEH中，由勾股定理得：GE2＝GH2+EH2，
∴，
整理得：，
联立①②得：，
，
代入①中得：，
解得：或h＝0（不合题意，舍去），
故答案为：．
本题考查了正方形的性质、勾股定理、矩形的判定和性质，添加正确的辅助线是解决本题的关键．
12．（2026 大渡口区模拟）如图，在 ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，在DC的延长线上取一点E，连接OE交BC于点F，已知AB＝a，BC＝b，CE＝c，求CF的长．
【考点】平行四边形的性质；相似三角形的判定与性质；三角形中位线定理．
【答案】见试题解答内容
首先过点O作OM∥AB，交BC于点M，易得△COM∽△CAB，△OMF∽△ECF，然后由相似三角形的对应边成比例，求得答案．
【解答】解：过点O作OM∥AB，交BC于点M，
∴△COM∽△CAB，
∴，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OCAC，AB∥CD，
∴BM＝CMBCb，OMABa，
∴OM∥CE，
∴△OMF∽△ECF，
∴，
∴，
∴，
∴CFb．
此题考查了平行四边形的性质以及相似三角形的判定与性质．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．
13．（2026 西安校级一模）西安是十三朝古都．如图是西安的“安”字在正方形米字格中的书写形态，已知正方形ABCD的边长为2cm，笔画横钩“乛”与正方形对角线交于E点，点E为线段BD的黄金分割点，DE＜BE，则BE的长为 （） cm．（结果保留根号）
【考点】正方形的性质；黄金分割；勾股定理．
【专题】矩形 菱形 正方形；运算能力．
【答案】（）．
先利用正方形的性质可得AB＝BD＝2cm，∠BAD＝90°，然后在Rt△ABD中，利用勾股定理可求出BD的长，最后根据黄金分割的定义进行计算即可解答．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BD＝2cm，∠BAD＝90°，
∴BD2（cm），
∵点E为线段BD的黄金分割点，DE＜BE，
∴，
解得：BE，
∴BE的长为（）cm，
故答案为：（）．
本题考查了黄金分割，正方形的性质，勾股定理，准确熟练地进行计算是解题的关键．
14．（2026 固镇县一模）如图，在边长为4的正方形ABCD的外侧，作直角三角形ADE，∠AED＝90°，且∠ADE＝30°．
（Ⅰ）AE与DE的长度和为 ；
（Ⅱ）若O为AC的中点，连接OE，则OE的长为 ．
【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质；含30度角的直角三角形．
【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】；
（1）根据直角三角形中30°角所对的直角边是斜边的一半即可求出AE的长，由勾股定理即可求出DE的长，于是问题得解；
（2）过点E作EM⊥AD于点M，过点O作ON⊥AD于点N，过点E作EP⊥ON的延长线于点P，先证四边形EMNP是矩形，得出MN＝EP，ME＝NP，解直角三角形AME得出AM、ME的长，再根据正方形的性质得出AN、ON的长，在Rt△EOP中利用勾股定理即可求出OE的长．
【解答】解：（1）∵正方形ABCD的边长为4，
∴AD＝4，
∵∠AED＝90°，∠ADE＝30°，
∴AE，
由勾股定理得DE，
∴AE+DE＝2，
故答案为：2；
（2）如图，过点E作EM⊥AD于点M，过点O作ON⊥AD于点N，过点E作EP⊥ON的延长线于点P，
∴∠EMN＝∠MNP＝∠EPN＝90°，
∴四边形EMNP是矩形，
∴MN＝EP，ME＝NP，
∵∠AED＝90°，∠ADE＝30°，
∴∠DAE＝60°，
∴∠AEM＝30°，
∴AM，
由勾股定理得，ME，
∴，
∵O为AC的中点，ON⊥AD，∠DAC＝45°，
∴AN＝DN＝ON＝2，
∴MN＝AN﹣AM＝2﹣1＝1，
∴EP＝1，
∴OP＝ON+NP＝2，
在Rt△EOP中，由勾股定理得，
故答案为：．
本题考查了正方形的性质，勾股定理，含30°角的直角三角形的性质，矩形的判定与性质，熟练掌握这些知识点是解题的关键．
15．（2025 大连模拟）如图，四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，CM平分∠DCE，过点D作DF⊥CM，DF＝1，则对角线BD的长是 ．
【考点】菱形的性质；角平分线的定义；平行线的性质；含30度角的直角三角形；勾股定理．
【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；几何直观；推理能力．
【答案】．
连接AC交BD于点O，先根据菱形的性质得到以及角平分线的定义推导出AC⊥BD，OB＝OD，∠BDC＝30°，∠DCF＝30°，然后利用含30度角的直角三角形的性质和勾股定理求得，进而可求解．
【解答】解：如图，四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，连接AC交BD于点O，
∴AC⊥BD，AB∥CD，，OB＝OD，
∴∠DCE＝∠ABC＝60°，∠BDC＝∠ABD＝30°，
∵CM平分∠DCE，
∴，
∵DF＝1，
∴DC＝2DF＝2，
∴，
在直角三角形COD中，由勾股定理得：，
∴，
故答案为：．
本题考查菱形的性质、含30度角的直角三角形的性质、勾股定理、角平分线的定义、平行线的性质等知识，熟练掌握菱形的性质以及含30度角的直角三角形的性质是解答的关键．
三．解答题（共5小题）
16．（2026 大渡口区模拟）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，点D是△ABC所在平面内一点，连接BD．
（1）如图1，若∠BAC＝30°，点D在AC边上，BD平分∠ABC，AD＝2，求AB的长；
（2）如图2，若∠BAC＝30°，点D在AC边上（点D不与点A，C重合），将射线BD绕点B顺时针旋转60°，在旋转后的射线上取一点E，连接AE，使得AE＝BE，过点E作EG⊥AC于点G，过点D作DH⊥AB于点H，探索线段BC，EG，DH之间的数量关系，并证明；
（3）如图3，若点D在直线AB下方，将线段BD绕点B顺时针旋转60°得到线段BE，连接AD，AE，∠EAD＝75°，AB＝6，当四边形ADBE的面积取最小值时，在直线AB上取一点P，连接DP，将△DBP沿BD翻折到四边形ADBE所的平面内得到△BDQ，连接AQ，当AQ取最小值时，请直接写出△ADQ的面积．
【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；推理能力．
【答案】（1）；
（2），证明如下：
如图，连接ED，过点E作EK⊥AB，
∵AE＝BE，
∴△AEB是等腰三角形，
∴EK为△AEB的中垂线，
∴AK＝BK，
在Rt△ABC中，∠BAC＝30°，2BC＝AB，
∴AK＝BK＝BC，∠ABC＝90°﹣∠BAC＝60°，
又∵∠EBD＝60°，
∴∠EBK+∠KBD＝∠KBD+∠DBC＝60°，
∴∠EBK＝∠DBC，
在△BEK和△BDC中，
，
∴△BEK≌△BDC（ASA），
∴BE＝BD，
∴△BDE是等边三角形，
∴DE＝BD，∠BDE＝60°，
又∵DH⊥AB，∠BAC＝30°，
∴∠ADH＝90°﹣∠BAC＝60°，
∴∠ADE+∠EDH＝∠EDH+∠HDB＝60°，
∴∠ADE＝∠HDB，
∵AE＝BE，
∴AE＝DE，
又∵EG⊥AD，
∴AG＝GD，即，
在Rt△ADH中，∠HAD＝30°，，，
∴AG＝GD＝DH，
在△EGD和△BHD中，
，
∴△EGD≌△BHD（SAS），
∴EG＝BH，
∵2BC＝AB，
∴AH+BHEG＝2BC＝AB，
即；
（3）．
（1）由三角形内角和定理求得∠ABC的度数，再由角平分线的定理得出，紧接着根据等腰三角形等边对等角得出AD＝DB＝2，最终利用勾股定理及解30°直角三角形的性质求得结果；
（2）连接ED，过点E作EK⊥AB，先证明△BEK≌△BDC（ASA），得出△BDE是等边三角形，根据等边三角形的性质得出DE＝BD，∠BDE＝60°，再利用解30°直角三角形的性质得出AG＝GD＝DH，证明△EGD≌△BHD（SAS），得出EG＝BH，最终将BC，EG，DH的关系转化到线段AB即可；
（3）利用旋转的性质证明△EBA≌△DBH（SAS），构造出△ABH为等边三角形，S四边形ADBE＝S△ABD+S△ABE＝S△ABD+S△BDH＝S△ABH﹣S△ADH，由于△ABH的面积为定值，要使四边形ADBE的面积最小，则△ADH的面积为最大，根据定弦定角可知点D的轨迹是以点O为圆心，半径为的上运动，由翻折的性质得出点Q的轨迹在直线BH上，当AQ'⊥BH时，AQ有最小值，即点Q'为BH中点，从而得出D'B是等边三角形ABH的中垂线，利用相似三角形的判定与性质及解30°直角三角形的性质得出相关线段的值，最终可求得△ADQ的面积．
【解答】解：（1）∵∠BAC＝30°，∠ACB＝90°，
∴∠ABC＝90°﹣30°＝60°，
又∵BD平分∠ABC，
∴，
∴∠BAC＝∠ABD＝30°，
∴AD＝DB＝2，
在Rt△DBC中，，
由勾股定理得，，
在Rt△ABC中，；
（2），证明如下：
如图，连接ED，过点E作EK⊥AB，
∵AE＝BE，
∴△AEB是等腰三角形，
∴EK为△AEB的中垂线，
∴AK＝BK，
在Rt△ABC中，∠BAC＝30°，2BC＝AB，
∴AK＝BK＝BC，∠ABC＝90°﹣∠BAC＝60°，
又∵∠EBD＝60°，
∴∠EBK+∠KBD＝∠KBD+∠DBC＝60°，
∴∠EBK＝∠DBC，
在△BEK和△BDC中，
，
∴△BEK≌△BDC（ASA），
∴BE＝BD，
∴△BDE是等边三角形，
∴DE＝BD，∠BDE＝60°，
又∵DH⊥AB，∠BAC＝30°，
∴∠ADH＝90°﹣∠BAC＝60°，
∴∠ADE+∠EDH＝∠EDH+∠HDB＝60°，
∴∠ADE＝∠HDB，
∵AE＝BE，
∴AE＝DE，
又∵EG⊥AD，
∴AG＝GD，即，
在Rt△ADH中，∠HAD＝30°，，，
∴AG＝GD＝DH，
在△EGD和△BHD中，
，
∴△EGD≌△BHD（SAS），
∴EG＝BH，
∵2BC＝AB，
∴AH+BHEG＝2BC＝AB，
即；
（3）如图，将BA绕点B逆时针旋转60°得BH，连接AH，DH，
∵BE＝BD，∠EBD＝60°，
∴∠EBA+∠ABD＝∠ABD+∠DBH＝60°，
∴∠EBA＝∠DBH，
在△EBA和△DBH中，
，
∴△EBA≌△DBH（SAS），
∴∠AEB＝∠BDH，
又∵AB＝BH＝6，∠ABH＝60°，
∴△ABH为等边三角形，
∴S四边形ADBE＝S△ABD+S△ABE＝S△ABD+S△BDH＝S△ABH﹣S△ADH，
∵△ABH的面积为定值，要使四边形ADBE的面积最小，
∴△ADH的面积为最大，
∵∠EAD＝75°，
∴∠AEB+∠ADB＝360°﹣∠EAD﹣∠EBD＝225°，
∴∠ADB+∠BDH＝225°，
∴∠ADH＝360°﹣（∠ADB+∠BDH）＝135°，
∴如图构造△ADH的外接圆⊙O，劣弧的圆周角为180°﹣∠ADH＝45°，
∴圆心角为45°×2＝90°，即∠AOH＝90°，
∴半径为，即⊙O是定圆，
∴点D的轨迹是以点O为圆心，半径为的上运动，
当OD⊥AH时，△ADH的面积最大，记此时D为D'，
∵OA＝OH，BA＝BH，
∴OB垂直平分AH，
∴点O，D，B三点共线，
记AH与OB的交点为G，
∵点P是AB上一动点，△D′BP沿D′B翻折得△BD'Q，
∴BP＝BQ，∠PBD'＝∠D'BQ，
∵等边三角形△ABH中，BO⊥AH，
∴∠ABG＝∠HBG，
∴∠D′BQ＝∠D'BH，
∴点Q在直线BH上，
当AQ'⊥BH时，AQ有最小值，即点Q'为BH中点，连接D'Q'，GQ'，
∵OB垂直平分AH，即点G为AH的中点，
∴GQ'∥AB，
∴△GHQ'∽△AHB，
∴由三角形中位线定理得：，
∴，
∵，
∴在Rt△ABG 中，，
∴，
∴，
∵点G为等腰Rt△AOH斜边AH中点，
∴，
∴，
过点Q'作Q'M⊥BG，
∵Q'M∥GH，
∴△MBQ'∽△GBH，
又∵点Q'为BH中点，
∴，
∴，
解得，
∴SΔAD'Q'＝S△ABH﹣S△ABQ'﹣SΔAD'G﹣S△GHQ﹣SΔGD'Q'
．
本题考查了旋转的性质，翻折的性质，解30°直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，相似三角形的判定与性质及勾股定理．
17．（2026 柳州一模）【综合与探究】
问题情境：将矩形ABCD绕点C顺时针旋转，当旋转到如图①所示的位置时，得到矩形A′B′CD′，点A，B，D的对应点分别为点A′，B′，D′，设直线AD与直线A′D′交于点E．
猜想证明：
（1）猜想DE与D′E的数量关系，并证明；
（2）如图②，在旋转的过程中，当点B′恰好落在矩形ABCD的对角线BD上时，点A′恰好落在AD的延长线上（即点A′与点E重合），连接A′C，求证：四边形A′DBC是平行四边形；
问题解决：
（3）在矩形ABCD绕点C顺时针旋转的过程中，若AB＝5，BC＝3，当A′，B′，D三点在同一条直线上时，请直接写出A′D的值．
【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；推理能力．
【答案】（1）解：DE与D′E，理由如下：
如图①，连接CE，
由题知四边形ABCD与四边形A′B′CD′都是矩形，
∴∠ADC＝∠CD′E＝90°，
∴∠CDE＝180°﹣∠ADC＝90°，
即∠CDE＝∠CD′E，
∵将矩形ABCD绕点C顺时针旋转，当旋转到如图①所示的位置时，得到矩形A′B′CD′，
∴CD＝CD′，
在Rt△CDE和Rt△CD′E中，
，
∴Rt△CDE≌Rt△CD′E（HL），
∴DE＝D′E；
（2）证明：如图2：连接AC，
根据旋转的性质可得：AC＝A′C，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，AD＝BC，∠ADC＝90°，
即CD⊥AA′，
又∵AC＝A′C，
∴AD＝A′D，
∴A′D＝BC，
∵A′D∥BC，A′D＝BC，
∴四边形A′DBC是平行四边形；
（3）A′D的值为1或9．
（1）证Rt△CDE≌Rt△CD′E（HL）即可得证；
（2）证A′D∥BC，A′D＝BC，利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可得证；
（3）分开两种情况：当点A′、B′在CD的同一侧时，或当点A′，B′在CD的异侧时，进而求解即可．
【解答】（1）解：DE与D′E，理由如下：
如图①，连接CE，
由题知四边形ABCD与四边形A′B′CD′都是矩形，
∴∠ADC＝∠CD′E＝90°，
∴∠CDE＝180°﹣∠ADC＝90°，
即∠CDE＝∠CD′E，
∵将矩形ABCD绕点C顺时针旋转，当旋转到如图①所示的位置时，得到矩形A′B′CD′，
∴CD＝CD′，
在Rt△CDE和Rt△CD′E中，
，
∴Rt△CDE≌Rt△CD′E（HL），
∴DE＝D′E；
（2）证明：如图2：连接AC，
根据旋转的性质可得：AC＝A′C，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，AD＝BC，∠ADC＝90°，
即CD⊥AA′，
又∵AC＝A′C，
∴AD＝A′D，
∴A′D＝BC，
∵A′D∥BC，A′D＝BC，
∴四边形A′DBC是平行四边形；
（3）解：当点A′、B′在CD的同一侧时，如图3，
根据旋转的性质可得：BC＝B′C＝3，AB＝A′B′＝5，∠A′B′C＝∠ABC＝90°，
∴∠DB′C＝90°，
在Rt△CDB′中，由勾股定理得：B'D4，
∴A′D＝A′B′+B′D＝5+4＝9；
当点A′，B′在CD的异侧时，如图4，
根据旋转的性质可得：BC＝B′C＝3，AB＝A′B′＝5，
∠A′B′C＝∠ABC＝90°，
∴∠DB′C＝90°，
在Rt△CDB′中，由勾股定理得：B'D4，
∴A′D＝A′B′﹣B′D＝5﹣4＝1；
综上，A′D的值为1或9．
本题主要考查了矩形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键．
18．（2026 哈尔滨模拟）已知：在菱形ABCD中，点E是CD边上一点，过点E作EF⊥AC于点F，交BC边于点G，交AB延长线于点H．
（1）如图1，求证：BH＝DE；
（2）如图2，当点E是CD边中点时，连接对角线BD交对角线AC于点O，连接OG、OE，在不添加任何辅助线和字母的情况下，请直接写出图2中所有的平行四边形（菱形除外）．
【考点】菱形的性质；全等三角形的判定与性质；平行四边形的判定．
【专题】图形的全等；多边形与平行四边形；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】见试题解答内容
（1）证△GFC≌△EFC（ASA），得出CG＝CE，∠CGF＝∠CEF，证出∠H＝∠BGH，得出BH＝BG，进而得出结论；
（2）由菱形的性质和三角形中位线定理即可得出答案．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴BC＝CD，AB∥CD，AC平分∠BCD，
∴∠GCF＝∠ECF，
∵EF⊥AC，
∴∠GFC＝∠EFC＝90°，
在△GFC和△EFC中，，
∴△GFC≌△EFC（ASA），
∴CG＝CE，∠CGF＝∠CEF，
∵AB∥CD，
∴∠H＝∠CEF，
∵∠BGH＝∠CGF，
∴∠H＝∠BGH，
∴BH＝BG，
∵BC＝CD，CG＝CE，
∴BC﹣CG＝CD﹣CE，
即BG＝DE；
（2）解：所有的平行四边形（菱形除外）为平行四边形BHED、平行四边形BHGO、平行四边形OGED、平行四边形OBGE；理由如下：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB∥CD，
由（1）得：CG＝CE，BH＝BG＝DE，
∴四边形BHED为平行四边形，
∵点E是CD边中点，BC＝CD，
∴CE＝DE＝BG＝CG，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB∥CD，OB＝OD，
∴OE、O都G是△BCD的中位线，
∴OE∥BG，OG∥CD∥AB，OGCD＝DE＝BH，
∴四边形OBGE、四边形BHGO、四边形OGED都是平行四边形．
本题考查了菱形的性质、平行四边形的判定、全等三角形的判定与性质、三角形中位线定理等知识；熟练掌握菱形的性质和平行四边形的判定是解题的关键．
19．（2026 西安校级一模）【问题呈现1】
在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB，点D是斜边AB上的一点，连接CD，试说明AD、BD、CD间的数量关系，小敏同学思考后是这样做的：如图1将△CAD绕点C逆时针旋转90°，得到△CBE，连接DE，请写出AD、BD、CD之间的数量关系DB2+AD2＝2CD2 ；
【问题呈现2】
如图2，在△ABC中，∠ACB＝60°，CD为AB边上的高，若CD＝4，试判断S△ABC是否存在最小值，若存在，请求出最小的面积值；若不存在，请说明理由；
【问题解决】
为迎接新春佳节，西安市城市管理部门在古城墙段安装了全息投影射灯．工作人员选择在城墙的E点安装射灯，该城墙段的几何结构如图3：城墙顶部凸起部分为墙垛，如四边形KLMJ，凹陷部分为垛口，如四边形HIJK，本题中墙垛与垛口均为正方形．现从E点发射全息投影光束，其投影画面可绕E点转动，但始终保持∠FEG＝60°，其中F、G分别是BC与DC边上的动点．已知墙垛边长HI为0.5m，墙面区域∠C＝60°，∠B＝90°，AD∥BC，城墙楼梯DC长度为8m．墙垛面积在本问题中可忽略不计．现需分析在全息投影表演过程中，投影到城墙区域（四边形EFCG）的面积是否存在最大值．若存在，请求出面积最大值；若不存在，请说明理由．
【考点】四边形综合题．
【专题】代数几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】【问题呈现1】DB2+AD2＝2CD2；
【问题呈现2】S△ABC存在最小值；；
【问题解决】投影到城墙区域（四边形EFCG）的面积存在最大值；．
【问题呈现1】由旋转的性质得出△DCE是等腰直角三角形，证明△ACD≌△BCE，由全等三角形的性质得出∠A＝∠CBE＝45°，则可得出结论；
【问题呈现2】如图2中，作△ABC的外接圆⊙O，连接OA，OB，OC，作OE⊥AB于E．设OA＝OC＝2x．求出x的最小值即可解决问题．
【问题解决】如图，根据题意可得CD＝8m，DE＝0.5×16＝8m，AE＝0.5×8＝4m，∠B＝90°，∠C＝60°，AD∥BC，CD＝DE＝8m，则∠ADC＝120°，∠A＝∠B＝90°，连接CE，则∠DEC＝∠DCE＝30°，证明EC平分∠DCB，过点E作EM⊥BC于M，点E作EN⊥CD交CD的延长线于点N，则EM＝EN，过点D作DH⊥BC于H，求出CH，DH，证明四边形AEMB，ADHB是矩形，得出，根据∠EMC＝90°，∠ECM＝30°，求出MC＝12m，证明△EMC≌△ENC（HL），则S△EMC＝S△ENC，得出S四边形EMCN＝S△EMC+S△ENC＝2S△EMC＝48，根据S四边形EFCG＝S四边形EMCN﹣S△EMF﹣S△ENG＝S四边形EMCN﹣（S△EMF+S△ENG），得出要使S四边形EFCG最大，则S△EMF+S△ENG最小，将△EMF旋转至△ENF′，使EM和EN重合，证点F′，N，D共线，此时S△EMF+S△ENG＝S△ENF′+S△ENG＝S△EF′G，根据∠C＝60°，∠EMC＝∠ENC＝90°，得出∠MEN＝120°，结合∠FEG＝60°，求出∠F′EG＝∠NEF′+∠GEN＝60°，如图中，作△EF′G的外接圆⊙O'，则连接O′F′，O′G，O′E，作O′P⊥F′G．设O′F′＝O′G＝2y，求出y的最小值，即可得出F′G的最小值，求出S△EF′G的最小值，即可解决问题．
【解答】解：【问题呈现1】DB2+AD2＝2CD2；理由如下：
∵将△CAD绕点C逆时针旋转90°，得到对应的△CBE，连接DE，
∴CD＝CE，∠DCE＝90°，AD＝BE，
∴△DCE是等腰直角三角形，
∵∠ACB＝90°，CA＝CB，
∴∠CAB＝∠CBA＝45°，
∵∠ACB＝90°＝∠ACD+∠DCB，∠DCE＝90°＝∠DCB+∠BCE，
∴∠ACD＝∠ECB，
在△ACD和△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴∠A＝∠CBE＝45°，
∵∠ABC＝45°，
∴∠ABE＝∠ABC+∠CBE＝45°+45°＝90°，
在直角三角形BDE中，由勾股定理得：DB2+BE2＝DE2，
在直角三角形CDE中，∠DCE＝90°，
由勾股定理得：CD2+CE2＝2CD2＝DE2，
∴DB2+AD2＝2CD2，
故答案为：DB2+AD2＝2CD2；
【问题呈现2】S△ABC存在最小值；理由如下：
如图2中，作△ABC的外接圆⊙O，连接OA，OB，OC，作OE⊥AB于E．
设OA＝OC＝2x，
∵∠AOB＝2∠ACB＝120°，OA＝OB，OE⊥AB，
∴AE＝EB，∠AOE＝∠BOE＝60°，
∴OEOA＝x，AE，
∵OC+OE≥CD，
∴2x+x≥4，
∴，
∴x的最小值为，
∵，
∴AB的最小值为，
∴S△ABC的最小值AB×CD4．
【问题解决】投影到城墙区域（四边形EFCG）的面积存在最大值；理由如下：
如图，根据题意可得CD＝8m，DE＝0.5×16＝8m，AE＝0.5×8＝4m，∠B＝90°，∠C＝60°，AD∥BC，CD＝DE＝8m，
∴∠ADC＝180°﹣∠C＝120°，∠A＝∠B＝90°，
连接CE，
则∠DEC＝∠DCE30°，
∴∠ECB＝60°﹣30°＝30°，
∴∠ECB＝∠DCE＝30°，
即EC平分∠DCB，
如图3，过点E作EM⊥BC于M，点E作EN⊥CD交CD的延长线于点N，则EM＝EN，
过点D作DH⊥BC于H，
∵∠C＝60°，∠DHC＝90°，CD＝8m，
∴CHCD＝4m，DHCH＝4，
∵AD∥BC，∠A＝∠B＝∠EMB＝∠EMC＝∠DHB＝90°，
∴∠A＝∠B＝∠EMB＝∠EMC＝∠DHB＝∠EDH＝90°，
∴四边形AEMB，ADHB是矩形，
∴，
∵∠EMC＝90°，∠ECM＝30°，
∴MCEM＝412（m），
在△EMC和△ENC中，
，
∴△EMC≌△ENC（HL），
∴S△EMC＝S△ENC，
∴S四边形EMCN＝S△EMC+S△ENC＝2S△EMC＝2MC×EM＝12×448（m2），
∴S四边形EFCG＝S四边形EMCN﹣S△EMF﹣S△ENG＝S四边形EMCN﹣（S△EMF+S△ENG），
要使S四边形EFCG最大，则S△EMF+S△ENG最小，
如图4，将△EMF旋转至△ENF′，使EM和EN重合，
∵∠EMF＝∠END＝∠ENF′＝90°，
∴点F′，N，D共线，
此时S△EMF+S△ENG＝S△ENF′+S△ENG＝S△EF′G，
∵∠C＝60°，∠EMC＝∠ENC＝90°，
∴∠MEN＝120°，
∵∠FEG＝60°，
∴∠MEF+∠GEN＝120°﹣60°＝60°，
根据旋转可得∠MEF＝∠NEF′，
∴∠F′EG＝∠NEF′+∠GEN＝60°，
如图5，作△EF′G的外接圆⊙O'，则连接O′F′，O′G，O′E，作O′P⊥F′G．
设O′F′＝O′G＝2ym，
∵∠GO′F′＝2∠GEF′＝120°，O′F′＝O′G，O′P⊥F′G，
∴F′P＝GP，∠F′O′P＝∠GO′P＝60°，
∴ m，
∵O′E+O′P≥EP，
∴，
∴，
∴y的最小值为，
∵ m，
∴F′G的最小值为8，
∴S△EF′G的最小值F′G×EN8×416（m2），
∴S四边形EFCG最大值为：S四边形EMCN﹣（S△EMF+S△ENG）＝S四边形EMCN﹣S△EF'G＝4832（m2），
∴S四边形EFCG最大为．
本题是圆综合题，考查了全等三角形的性质和判定，旋转的性质，角平分线性质定理，圆周角定理，矩形的性质和判定，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，垂径定理，等知识点，解题的关键是正确作出辅助圆，学会用转化的思想思考问题．
20．（2025 山东）【图形感知】
如图1，在四边形ABCD中，已知∠BAD＝∠ABC＝∠BDC＝90°，AD＝2，AB＝4．
（1）求CD的长；
【探究发现】
老师指导同学们对图1所示的纸片进行了折叠探究．
在线段CD上取一点E，连接BE．将四边形ABED沿BE翻折得到四边形A′BED′，其中A′，D′分别是A，D的对应点．
（2）其中甲、乙两位同学的折叠情况如下：
①甲：点D′恰好落在边BC上，延长A′D′交CD于点F，如图2．判断四边形DBA′F的形状，并说明理由；
②乙：点A′恰好落在边BC上，如图3．求DE的长；
（3）如图4，连接DD′交BE于点P，连接CP．当点E在线段CD上运动时，线段CP是否存在最小值？若存在，直接写出；若不存在，说明理由．
【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题．
【答案】（1）；（2）①四边形DBA'F是矩形，理由见解析；②；（3）线段CP的最小值为．
（1）利用勾股定理求得，再证明△ADB∽△DBC，利用相似三角形的性质求解即可；
（2）①由折叠的性质得∠A＝∠A'＝90°，∠ABD＝∠ABD，再证明∠ABD＝90°，根据有三个角是直角的四边形是矩形即可得解；
②延长AD和AD相交于点Q，连接BQ，证明四边形ABAQ是正方形，再证明△DQE∽△CBE，据此求解即可；
（3）先利用折叠的性质求得∠BPD＝90°，推出点P在以BD为直径的⊙O上，连接OC，OP，得到CP≤OC﹣OP，据此求解即可．
【解答】解：（1）∵∠BAD＝∠ABC＝∠BDC＝90°，
∴AD∥BC，
∴∠ADB＝∠DBC，
∴△ADB∽△DBC，
∴，
∵∠BAD＝90°，AD＝2，AB＝4，
∴，
∴，
∴；
（2）①四边形DBA'F是矩形，理由如下，
由折叠的性质得∠A＝∠A'＝90°，∠ABD＝∠A'BD'，
∵∠ABD+∠DBC＝∠ABC＝90°，
∴∠A'BD＝∠A'BD'+∠DBC＝90°，
∴四边形DBA'F是矩形；
②方法一：延长AD和A'D'相交于点Q，连接BQ，
由折叠的性质得∠A＝∠A'＝90°，∠ABD＝∠A'BD'，∠EBD＝∠EBD'，
∵点A'恰好落在边BC上，
∴AB＝A'B＝4，∠ABA'＝90°，
∴四边形ABA'Q是矩形，
∵AB＝A'B＝4，
∴四边形ABA'Q是正方形，
∵∠ABE＝∠ABD+∠EBD＝∠A'BD'+∠EBD′＝∠A'BE＝0.5×90°＝45°，
∴点E在对角线BQ上，
∴DQ＝AQ﹣AD＝2，，
∵四边形ABA'Q是正方形，
∴AQ∥CB，
∴△DQE∽△CBE，
∴，
∴；
方法二：如图，延长AD交BE于点F，
∵∠ABD+∠ADB＝90°，
∠ABD+∠DBC＝90°，
∴∠ADB＝∠DBC，
∵∠A＝∠BDC＝90°，
∴△ABD∽△DCB，
∵折叠，
∴△ABD≌△D'BA'，
∴，
∴，
∴CD＝4，
∴BC10，
∵折叠，
∴∠ABE＝∠A'BE，
∵AF∥AB，
∴∠F＝∠EBC，
∴AF＝AB＝4，
∴DF＝2，
∴，
∴DE＝CD；
（3）由折叠的性质得∠EBD＝∠EBD'，BD＝BD'，
∴BE是线段DD'的垂直平分线，
∴∠BPD＝90°，
∴点P在以BD为直径的⊙O上，连接OC，OP，
∴CP≥OC﹣OP，即点P在OC上时，线段CP存在最小值，
∵，
线段CP的最小值为．
本题考查了翻折的性质，等腰三角形的判定，勾股定理，垂直平分线的性质，相似三角形的判定和性质，圆周角定理等知识点，难度较大，第三问判断点P在以BD为直径的⊙O上是解题的关键．
一．选择题（共10小题）
1．（2026 海沧区校级一模）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，过点D作AC的平行线DE，过点C作BD的平行线CE，相交于点E．下列三角形中，可以看成由△COD绕点O旋转180°得到的是（ ）
A．△AOD B．△AOB C．△COB D．△DEC
2．（2026 大渡口区模拟）如图，正方形ABCD的边长是3，点E是CD边上一点，CE＝1，F是BC边是一点，BF＝CE，连接BE，DF，点G是DF的中点，连接BG，GH⊥BE于点H，则GH的长为（ ）
A．2 B． C． D．
3．（2026 周至县一模）如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，M，N分别为BC，OC的中点，若AO＝4，则MN的长为（ ）
A．4 B．2 C．8 D．6
4．（2025 大连模拟）如图，四边形ABCD是平行四边形，∠BAD，∠ABC的平分线AE，BF分别交CD边于点E，F．若AD＝3，EF＝1，则AB的长为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
5．（2025 内乡县三模）如图，在正方形ABCD中，点P是AB上一动点（不与A，B重合），对角线AC，BD相交于点O，过点P分别作AC，BD的垂线，分别交AC，BD于点E与点F，交AD，BC于点G与点H，若正方形的边长是2，则四边形OEPF的周长是（ ）
A．2 B． C．4 D．
6．（2025 铁岭模拟）如图，在长方形ABCD中，AB＝10cm，点E在线段AD上，且AE＝6cm，动点P在线段AB上，从点A出发以2cm/s的速度向点B运动，同时点Q在线段BC上．以vcm/s的速度由点B向点C运动，当△EAP与△PBQ全等时，v的值为（ ）
A．2 B．4 C．4或 D．2或
7．（2025 中宁县模拟）宽与长的比是的矩形叫做黄金矩形，黄金矩形给我们以协调、匀称的美感．如图，把黄金矩形ABCD沿对角线AC翻折，点B落在点B′处，AB'交CD于点E，则cos∠DAE的值为（ ）
A． B． C． D．
8．（2025 兰州）如图，四边形ABCD是矩形，对角线AC，BD相交于点O，点E，F分别在边AB，BC上，连接EF交对角线BD于点P．若P为EF的中点，∠ADB＝35°，则∠DPE＝（ ）
A．95° B．100° C．110° D．145°
9．（2025 通辽校级二模）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6，点E是BC的中点，连接AE，DF⊥AE于点F，连接AC交DF于点M，则的值为（ ）
A．1 B． C． D．
10．（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
二．填空题（共5小题）
11．（2026 黄石一模）在边长为1的正方形ABCD中，，连接CE，将△CBE沿CE折叠得到△CGE，CG交BD于点M，延长CG交AD于点F，则点G到AB的距离是 ．
12．（2026 大渡口区模拟）如图，在 ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，在DC的延长线上取一点E，连接OE交BC于点F，已知AB＝a，BC＝b，CE＝c，求CF的长．
13．（2026 西安校级一模）西安是十三朝古都．如图是西安的“安”字在正方形米字格中的书写形态，已知正方形ABCD的边长为2cm，笔画横钩“乛”与正方形对角线交于E点，点E为线段BD的黄金分割点，DE＜BE，则BE的长为 cm．（结果保留根号）
14．（2026 固镇县一模）如图，在边长为4的正方形ABCD的外侧，作直角三角形ADE，∠AED＝90°，且∠ADE＝30°．
（Ⅰ）AE与DE的长度和为 ；
（Ⅱ）若O为AC的中点，连接OE，则OE的长为 ．
15．（2025 大连模拟）如图，四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，CM平分∠DCE，过点D作DF⊥CM，DF＝1，则对角线BD的长是 ．
三．解答题（共5小题）
16．（2026 大渡口区模拟）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，点D是△ABC所在平面内一点，连接BD．
（1）如图1，若∠BAC＝30°，点D在AC边上，BD平分∠ABC，AD＝2，求AB的长；
（2）如图2，若∠BAC＝30°，点D在AC边上（点D不与点A，C重合），将射线BD绕点B顺时针旋转60°，在旋转后的射线上取一点E，连接AE，使得AE＝BE，过点E作EG⊥AC于点G，过点D作DH⊥AB于点H，探索线段BC，EG，DH之间的数量关系，并证明；
（3）如图3，若点D在直线AB下方，将线段BD绕点B顺时针旋转60°得到线段BE，连接AD，AE，∠EAD＝75°，AB＝6，当四边形ADBE的面积取最小值时，在直线AB上取一点P，连接DP，将△DBP沿BD翻折到四边形ADBE所的平面内得到△BDQ，连接AQ，当AQ取最小值时，请直接写出△ADQ的面积．
17．（2026 柳州一模）【综合与探究】
问题情境：将矩形ABCD绕点C顺时针旋转，当旋转到如图①所示的位置时，得到矩形A′B′CD′，点A，B，D的对应点分别为点A′，B′，D′，设直线AD与直线A′D′交于点E．
猜想证明：
（1）猜想DE与D′E的数量关系，并证明；
（2）如图②，在旋转的过程中，当点B′恰好落在矩形ABCD的对角线BD上时，点A′恰好落在AD的延长线上（即点A′与点E重合），连接A′C，求证：四边形A′DBC是平行四边形；
问题解决：
（3）在矩形ABCD绕点C顺时针旋转的过程中，若AB＝5，BC＝3，当A′，B′，D三点在同一条直线上时，请直接写出A′D的值．
18．（2026 哈尔滨模拟）已知：在菱形ABCD中，点E是CD边上一点，过点E作EF⊥AC于点F，交BC边于点G，交AB延长线于点H．
（1）如图1，求证：BH＝DE；
（2）如图2，当点E是CD边中点时，连接对角线BD交对角线AC于点O，连接OG、OE，在不添加任何辅助线和字母的情况下，请直接写出图2中所有的平行四边形（菱形除外）．
19．（2026 西安校级一模）【问题呈现1】
在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB，点D是斜边AB上的一点，连接CD，试说明AD、BD、CD间的数量关系，小敏同学思考后是这样做的：如图1将△CAD绕点C逆时针旋转90°，得到△CBE，连接DE，请写出AD、BD、CD之间的数量关系 ；
【问题呈现2】
如图2，在△ABC中，∠ACB＝60°，CD为AB边上的高，若CD＝4，试判断S△ABC是否存在最小值，若存在，请求出最小的面积值；若不存在，请说明理由；
【问题解决】
为迎接新春佳节，西安市城市管理部门在古城墙段安装了全息投影射灯．工作人员选择在城墙的E点安装射灯，该城墙段的几何结构如图3：城墙顶部凸起部分为墙垛，如四边形KLMJ，凹陷部分为垛口，如四边形HIJK，本题中墙垛与垛口均为正方形．现从E点发射全息投影光束，其投影画面可绕E点转动，但始终保持∠FEG＝60°，其中F、G分别是BC与DC边上的动点．已知墙垛边长HI为0.5m，墙面区域∠C＝60°，∠B＝90°，AD∥BC，城墙楼梯DC长度为8m．墙垛面积在本问题中可忽略不计．现需分析在全息投影表演过程中，投影到城墙区域（四边形EFCG）的面积是否存在最大值．若存在，请求出面积最大值；若不存在，请说明理由．
20．（2025 山东）【图形感知】
如图1，在四边形ABCD中，已知∠BAD＝∠ABC＝∠BDC＝90°，AD＝2，AB＝4．
（1）求CD的长；
【探究发现】
老师指导同学们对图1所示的纸片进行了折叠探究．
在线段CD上取一点E，连接BE．将四边形ABED沿BE翻折得到四边形A′BED′，其中A′，D′分别是A，D的对应点．
（2）其中甲、乙两位同学的折叠情况如下：
①甲：点D′恰好落在边BC上，延长A′D′交CD于点F，如图2．判断四边形DBA′F的形状，并说明理由；
②乙：点A′恰好落在边BC上，如图3．求DE的长；
（3）如图4，连接DD′交BE于点P，连接CP．当点E在线段CD上运动时，线段CP是否存在最小值？若存在，直接写出；若不存在，说明理由．
2026年中考数学二轮复习之四边形
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．（2026 海沧区校级一模）如图，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，过点D作AC的平行线DE，过点C作BD的平行线CE，相交于点E．下列三角形中，可以看成由△COD绕点O旋转180°得到的是（ ）
A．△AOD B．△AOB C．△COB D．△DEC
【考点】菱形的性质；旋转的性质；全等三角形的判定．
【专题】三角形；矩形 菱形 正方形．
【答案】B
先根据菱形的性质推出△AOB、△AOD、△BOC、△COD全等，再根据旋转的性质得△COD绕点O旋转180°得到的是△AOB．
【解答】解：∵在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，
∴BD⊥AC，AO＝OC，OD＝OB，AB＝BC＝CD＝AD，
∴△AOB、△AOD、△BOC、△COD全等，
∴由△COD绕点O旋转180°得到的是△AOB．
故选：B．
本题考查菱形的性质，全等三角形的判定，旋转的性质，掌握其相关知识点是解题的关键．
2．（2026 大渡口区模拟）如图，正方形ABCD的边长是3，点E是CD边上一点，CE＝1，F是BC边是一点，BF＝CE，连接BE，DF，点G是DF的中点，连接BG，GH⊥BE于点H，则GH的长为（ ）
A．2 B． C． D．
【考点】正方形的性质；三角形的面积；勾股定理．
【专题】三角形；等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】B
连接EG，CG，先求出CF＝2BF，DE＝2CE，，得到，，，再根据求解即可．
【解答】解：连接EG，CG，
∵正方形ABCD的边长是3，
∴AB＝BC＝CD＝AD＝3，∠DAB＝∠ABC＝∠BCD＝∠ADC＝90°（正方形的性质），
∵BF＝CE＝1，
∴CF＝DE＝BC﹣BF＝3﹣1＝2，
∴CF＝2BF，DE＝2CE，
根据三角形的面积公式得，，
∵点G是DF的中点，
∴，
∴，，
∵BC＝3，CE＝1，
∴，，
∴，
∵GH⊥BE，
∴，
∴，
则GH的长为，
故选：B．
本题考查正方形的性质，勾股定理，三角形面积，关键是相关性质的熟练掌握．
3．（2026 周至县一模）如图，在矩形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，M，N分别为BC，OC的中点，若AO＝4，则MN的长为（ ）
A．4 B．2 C．8 D．6
【考点】矩形的性质；三角形中位线定理．
【专题】矩形 菱形 正方形；运算能力．
【答案】B
根据矩形的性质得出AO＝BO＝4，再根据中位线的性质求出MN的长即可．
【解答】解：由题意可得：AC＝BD，，，
∴AO＝BO＝4，
∵M，N分别为BC，OC的中点，
∴，
故选：B．
本题考查了矩形的性质和中位线的性质，解题关键是正确进行计算．
4．（2025 大连模拟）如图，四边形ABCD是平行四边形，∠BAD，∠ABC的平分线AE，BF分别交CD边于点E，F．若AD＝3，EF＝1，则AB的长为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【考点】平行四边形的性质．
【专题】多边形与平行四边形；运算能力；推理能力．
【答案】B
由CD∥AB，得∠DEA＝∠BAE，∠CFB＝∠ABF，而∠DAE＝∠BAE，∠CBF＝∠ABF，则∠DEA＝∠DAE，∠CFB＝∠CBF，所以ED＝AD＝3，FC＝BC＝3，则1+AB＝6，求得AB＝5，于是得到问题的答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD∥AB，AD＝BC＝3，
∴∠DEA＝∠BAE，∠CFB＝∠ABF，
∵AE，BF分别是∠BAD，∠ABC的平分线，
∴∠DAE＝∠BAE，∠CBF＝∠ABF，
∴∠DEA＝∠DAE，∠CFB＝∠CBF，
∴ED＝AD＝3，FC＝BC＝3，
∴EF+DF+FC＝ED+FC＝3+3＝6，
∵EF＝1，DF+FC＝CD＝AB，
∴1+AB＝6，
∴AB＝5，
故选：B．
此题重点考查平行四边形的性质、角平分线的定义、等腰三角形的判定等知识，证明ED＝AD，FC＝BC是解题的关键．
5．（2025 内乡县三模）如图，在正方形ABCD中，点P是AB上一动点（不与A，B重合），对角线AC，BD相交于点O，过点P分别作AC，BD的垂线，分别交AC，BD于点E与点F，交AD，BC于点G与点H，若正方形的边长是2，则四边形OEPF的周长是（ ）
A．2 B． C．4 D．
【考点】正方形的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】B
由勾股定理求出AC，OA＝OC，证明△APE和△BPF都是等腰直角三角形，则PE＝AE，PF＝BF，进而得OE+PE＝OA，OF+PF＝OB，则OE+PE+OF+PF，由此即可得出答案．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，且边长为2，对角线AC，BD相交于点O，
∴AB＝BC＝2，∠ABC＝90°，OA＝OC＝OBAC，∠OAB＝∠OBC＝45°，
在Rt△ABC中，由勾股定理得：AC，
∴OA＝OBAC，
∵PE⊥BD，PF⊥AC，∠OAB＝∠OBC＝45°，
∴△APE和△BPF都是等腰直角三角形，
∴PE＝AE，PF＝BF，
∴OE+PE＝OE+AE＝OA，OF+PF＝OF+BF＝OB，
∴OE+PE+OF+PF，
∴四边形OEPF的周长是．
故答案为：B．
此题主要考查了正方形的性质，熟练掌握正方形的性质，等腰直角三角形的判定和性质是解决问题的关键．
6．（2025 铁岭模拟）如图，在长方形ABCD中，AB＝10cm，点E在线段AD上，且AE＝6cm，动点P在线段AB上，从点A出发以2cm/s的速度向点B运动，同时点Q在线段BC上．以vcm/s的速度由点B向点C运动，当△EAP与△PBQ全等时，v的值为（ ）
A．2 B．4 C．4或 D．2或
【考点】矩形的性质；全等三角形的判定．
【专题】数形结合；分类讨论；图形的全等；矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力．
【答案】D
当△EAP与△PBQ全等时，有两种情况：①当EA＝PB时，△APE≌△BQP，②当AP＝BP时，△AEP≌△BQP，分别按照全等三角形的性质及行程问题的基本数量关系求解即可．
【解答】解：当△EAP与△PBQ全等时，有两种情况：
①当EA＝PB时，△APE≌△BQP（SAS），
∵AB＝10cm，AE＝6cm，
∴BP＝AE＝6cm，AP＝4cm，
∴BQ＝AP＝4cm；
∵动点P在线段AB上，从点A出发以2cm/s的速度向点B运动，
∴点P和点Q的运动时间为：4÷2＝2s，
∴v的值为：4÷2＝2cm/s；
②当AP＝BP时，△AEP≌△BQP（SAS），
∵AB＝10cm，AE＝6cm，
∴AP＝BP＝5cm，BQ＝AE＝6cm，
∵5÷2＝2.5s，
∴2.5v＝6，
∴v．
故选：D．
本题考查了矩形的性质及全等三角形的判定与性质等知识点，数形结合、分类讨论并熟练掌握相关性质及定理是解题的关键．
7．（2025 中宁县模拟）宽与长的比是的矩形叫做黄金矩形，黄金矩形给我们以协调、匀称的美感．如图，把黄金矩形ABCD沿对角线AC翻折，点B落在点B′处，AB'交CD于点E，则cos∠DAE的值为（ ）
A． B． C． D．
【考点】矩形的性质；翻折变换（折叠问题）；解直角三角形．
【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；展开与折叠．
【答案】D
设，AB＝CD＝2a，再根据翻折的性质及等角对等边得出AE＝EC，最后利用勾股定理表示出DE及AE即可．
【解答】解：由题知：令，AB＝CD＝2a，
∵把黄金矩形ABCD沿对角线AC翻折，点B落在点B′处，
∴∠EAC＝∠BAC，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∴∠DCA＝∠BAC，
∴∠DCA＝∠EAC，
∴AE＝EC，
令DE＝x，则AE＝EC＝2a﹣x，
在Rt△ADE中，由勾股定理得：AD2+DE2＝AE2，
，
解得，
∴，
在Rt△DAE中，．
故选：D．
本题考查矩形的性质，翻折变换（折叠问题），解直角三角形，解答本题的关键是熟练掌握折叠的性质．
8．（2025 兰州）如图，四边形ABCD是矩形，对角线AC，BD相交于点O，点E，F分别在边AB，BC上，连接EF交对角线BD于点P．若P为EF的中点，∠ADB＝35°，则∠DPE＝（ ）
A．95° B．100° C．110° D．145°
【考点】矩形的性质．
【专题】图形的全等；矩形 菱形 正方形；几何直观；推理能力．
【答案】C
根据AD∥BC得∠PBF＝∠ADB＝35°，再根据直角三角形斜边中线性质得PB＝PF＝PE，进而得∠PFB＝∠PBF＝35°，再由三角形内角和定理求出∠BPF＝110°，则可得出∠DPE的度数．
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，∠ADB＝35°，
∴AD∥BC，∠ABC＝90°，
∴∠PBF＝∠ADB＝35°，
∵点P是EF的中点，
∴PB是Rt△BEF的斜边EF上的中线，
∴PB＝PF＝PE，
∴∠PFB＝∠PBF＝35°，
在△PBF中，∠BPF＝180°﹣（∠PFB+∠PBF）＝110°，
∴∠DPE＝∠BPF＝110°．
故选：C．
此题主要考查了矩形的判定和性质，熟练掌握矩形的判定和性质，平行线的性质，三角形斜边中线的性质是解决问题的关键．
9．（2025 通辽校级二模）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6，点E是BC的中点，连接AE，DF⊥AE于点F，连接AC交DF于点M，则的值为（ ）
A．1 B． C． D．
【考点】矩形的性质．
【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；图形的相似；解直角三角形及其应用；运算能力；推理能力．
【答案】B
延长DF交BC于点H，由矩形的性质得∠B＝∠HCD＝90°，CD＝AB＝4，AD＝BC＝6，则BE＝CEBC＝3，由DF⊥AE于点F，得∠EFH＝90°，可证明∠HDC＝∠AEB，由tan∠HDC＝tan∠AEB，求得CHCD，再证明△ADM∽△CHM，则，于是得到问题的答案．
【解答】解：延长DF交BC于点H，
∵四边形ABCD是矩形，点E是BC的中点，AB＝4，BC＝6，
∴∠B＝∠HCD＝90°，CD＝AB＝4，AD＝BC＝6，BE＝CEBC＝3，
∵DF⊥AE于点F，
∴∠EFH＝90°，
∴∠HDC＝∠AEB＝90°﹣∠CHD，
∴tan∠HDC＝tan∠AEB，
∴CHCD4，
∵AD∥CH，
∴△ADM∽△CHM，
∴，
故选：B．
此题重点考查矩形的性质、同角的余角相等、相似三角形的判定与性质、解直角三角形等知识，正确地作出辅助线是解题的关键．
10．（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
【考点】平行四边形的性质；相似三角形的判定与性质．
【专题】三角形；多边形与平行四边形；图形的相似；运算能力；推理能力．
【答案】D
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．
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．
二．填空题（共5小题）
11．（2026 黄石一模）在边长为1的正方形ABCD中，，连接CE，将△CBE沿CE折叠得到△CGE，CG交BD于点M，延长CG交AD于点F，则点G到AB的距离是 ．
【考点】正方形的性质；勾股定理．
【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；几何直观；推理能力．
【答案】．
根据题意可知CG＝CB＝1，，∠CGE＝∠CBE＝90°，过点G作GH⊥AB于H，作GK⊥BC于K，证明四边形BHGK为矩形，设GH＝h，GK＝k，在Rt△CGK和Rt△GEH中，运用勾股定理求解即可．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠CBE＝90°，
由折叠可知：CG＝CB＝1，，∠CGE＝∠CBE＝90°，
如图，AB⊥BC，过点G作GH⊥AB于H，作GK⊥BC于K．
∴四边形BHGK为矩形，
设GH＝h，GK＝k．
在Rt△CGK中，由勾股定理得：CG2＝GK2+CK2，
∴12＝k2+（1﹣h）2，
整理得：k2+h2＝2h①，
在Rt△GEH中，由勾股定理得：GE2＝GH2+EH2，
∴，
整理得：，
联立①②得：，
，
代入①中得：，
解得：或h＝0（不合题意，舍去），
故答案为：．
本题考查了正方形的性质、勾股定理、矩形的判定和性质，添加正确的辅助线是解决本题的关键．
12．（2026 大渡口区模拟）如图，在 ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，在DC的延长线上取一点E，连接OE交BC于点F，已知AB＝a，BC＝b，CE＝c，求CF的长．
【考点】平行四边形的性质；相似三角形的判定与性质；三角形中位线定理．
【答案】见试题解答内容
首先过点O作OM∥AB，交BC于点M，易得△COM∽△CAB，△OMF∽△ECF，然后由相似三角形的对应边成比例，求得答案．
【解答】解：过点O作OM∥AB，交BC于点M，
∴△COM∽△CAB，
∴，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OCAC，AB∥CD，
∴BM＝CMBCb，OMABa，
∴OM∥CE，
∴△OMF∽△ECF，
∴，
∴，
∴，
∴CFb．
此题考查了平行四边形的性质以及相似三角形的判定与性质．此题难度适中，注意掌握辅助线的作法，注意掌握数形结合思想的应用．
13．（2026 西安校级一模）西安是十三朝古都．如图是西安的“安”字在正方形米字格中的书写形态，已知正方形ABCD的边长为2cm，笔画横钩“乛”与正方形对角线交于E点，点E为线段BD的黄金分割点，DE＜BE，则BE的长为 （） cm．（结果保留根号）
【考点】正方形的性质；黄金分割；勾股定理．
【专题】矩形 菱形 正方形；运算能力．
【答案】（）．
先利用正方形的性质可得AB＝BD＝2cm，∠BAD＝90°，然后在Rt△ABD中，利用勾股定理可求出BD的长，最后根据黄金分割的定义进行计算即可解答．
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BD＝2cm，∠BAD＝90°，
∴BD2（cm），
∵点E为线段BD的黄金分割点，DE＜BE，
∴，
解得：BE，
∴BE的长为（）cm，
故答案为：（）．
本题考查了黄金分割，正方形的性质，勾股定理，准确熟练地进行计算是解题的关键．
14．（2026 固镇县一模）如图，在边长为4的正方形ABCD的外侧，作直角三角形ADE，∠AED＝90°，且∠ADE＝30°．
（Ⅰ）AE与DE的长度和为 ；
（Ⅱ）若O为AC的中点，连接OE，则OE的长为 ．
【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质；含30度角的直角三角形．
【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】；
（1）根据直角三角形中30°角所对的直角边是斜边的一半即可求出AE的长，由勾股定理即可求出DE的长，于是问题得解；
（2）过点E作EM⊥AD于点M，过点O作ON⊥AD于点N，过点E作EP⊥ON的延长线于点P，先证四边形EMNP是矩形，得出MN＝EP，ME＝NP，解直角三角形AME得出AM、ME的长，再根据正方形的性质得出AN、ON的长，在Rt△EOP中利用勾股定理即可求出OE的长．
【解答】解：（1）∵正方形ABCD的边长为4，
∴AD＝4，
∵∠AED＝90°，∠ADE＝30°，
∴AE，
由勾股定理得DE，
∴AE+DE＝2，
故答案为：2；
（2）如图，过点E作EM⊥AD于点M，过点O作ON⊥AD于点N，过点E作EP⊥ON的延长线于点P，
∴∠EMN＝∠MNP＝∠EPN＝90°，
∴四边形EMNP是矩形，
∴MN＝EP，ME＝NP，
∵∠AED＝90°，∠ADE＝30°，
∴∠DAE＝60°，
∴∠AEM＝30°，
∴AM，
由勾股定理得，ME，
∴，
∵O为AC的中点，ON⊥AD，∠DAC＝45°，
∴AN＝DN＝ON＝2，
∴MN＝AN﹣AM＝2﹣1＝1，
∴EP＝1，
∴OP＝ON+NP＝2，
在Rt△EOP中，由勾股定理得，
故答案为：．
本题考查了正方形的性质，勾股定理，含30°角的直角三角形的性质，矩形的判定与性质，熟练掌握这些知识点是解题的关键．
15．（2025 大连模拟）如图，四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，CM平分∠DCE，过点D作DF⊥CM，DF＝1，则对角线BD的长是 ．
【考点】菱形的性质；角平分线的定义；平行线的性质；含30度角的直角三角形；勾股定理．
【专题】等腰三角形与直角三角形；矩形 菱形 正方形；几何直观；推理能力．
【答案】．
连接AC交BD于点O，先根据菱形的性质得到以及角平分线的定义推导出AC⊥BD，OB＝OD，∠BDC＝30°，∠DCF＝30°，然后利用含30度角的直角三角形的性质和勾股定理求得，进而可求解．
【解答】解：如图，四边形ABCD是菱形，∠ABC＝60°，连接AC交BD于点O，
∴AC⊥BD，AB∥CD，，OB＝OD，
∴∠DCE＝∠ABC＝60°，∠BDC＝∠ABD＝30°，
∵CM平分∠DCE，
∴，
∵DF＝1，
∴DC＝2DF＝2，
∴，
在直角三角形COD中，由勾股定理得：，
∴，
故答案为：．
本题考查菱形的性质、含30度角的直角三角形的性质、勾股定理、角平分线的定义、平行线的性质等知识，熟练掌握菱形的性质以及含30度角的直角三角形的性质是解答的关键．
三．解答题（共5小题）
16．（2026 大渡口区模拟）如图，在△ABC中，∠ACB＝90°，点D是△ABC所在平面内一点，连接BD．
（1）如图1，若∠BAC＝30°，点D在AC边上，BD平分∠ABC，AD＝2，求AB的长；
（2）如图2，若∠BAC＝30°，点D在AC边上（点D不与点A，C重合），将射线BD绕点B顺时针旋转60°，在旋转后的射线上取一点E，连接AE，使得AE＝BE，过点E作EG⊥AC于点G，过点D作DH⊥AB于点H，探索线段BC，EG，DH之间的数量关系，并证明；
（3）如图3，若点D在直线AB下方，将线段BD绕点B顺时针旋转60°得到线段BE，连接AD，AE，∠EAD＝75°，AB＝6，当四边形ADBE的面积取最小值时，在直线AB上取一点P，连接DP，将△DBP沿BD翻折到四边形ADBE所的平面内得到△BDQ，连接AQ，当AQ取最小值时，请直接写出△ADQ的面积．
【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；推理能力．
【答案】（1）；
（2），证明如下：
如图，连接ED，过点E作EK⊥AB，
∵AE＝BE，
∴△AEB是等腰三角形，
∴EK为△AEB的中垂线，
∴AK＝BK，
在Rt△ABC中，∠BAC＝30°，2BC＝AB，
∴AK＝BK＝BC，∠ABC＝90°﹣∠BAC＝60°，
又∵∠EBD＝60°，
∴∠EBK+∠KBD＝∠KBD+∠DBC＝60°，
∴∠EBK＝∠DBC，
在△BEK和△BDC中，
，
∴△BEK≌△BDC（ASA），
∴BE＝BD，
∴△BDE是等边三角形，
∴DE＝BD，∠BDE＝60°，
又∵DH⊥AB，∠BAC＝30°，
∴∠ADH＝90°﹣∠BAC＝60°，
∴∠ADE+∠EDH＝∠EDH+∠HDB＝60°，
∴∠ADE＝∠HDB，
∵AE＝BE，
∴AE＝DE，
又∵EG⊥AD，
∴AG＝GD，即，
在Rt△ADH中，∠HAD＝30°，，，
∴AG＝GD＝DH，
在△EGD和△BHD中，
，
∴△EGD≌△BHD（SAS），
∴EG＝BH，
∵2BC＝AB，
∴AH+BHEG＝2BC＝AB，
即；
（3）．
（1）由三角形内角和定理求得∠ABC的度数，再由角平分线的定理得出，紧接着根据等腰三角形等边对等角得出AD＝DB＝2，最终利用勾股定理及解30°直角三角形的性质求得结果；
（2）连接ED，过点E作EK⊥AB，先证明△BEK≌△BDC（ASA），得出△BDE是等边三角形，根据等边三角形的性质得出DE＝BD，∠BDE＝60°，再利用解30°直角三角形的性质得出AG＝GD＝DH，证明△EGD≌△BHD（SAS），得出EG＝BH，最终将BC，EG，DH的关系转化到线段AB即可；
（3）利用旋转的性质证明△EBA≌△DBH（SAS），构造出△ABH为等边三角形，S四边形ADBE＝S△ABD+S△ABE＝S△ABD+S△BDH＝S△ABH﹣S△ADH，由于△ABH的面积为定值，要使四边形ADBE的面积最小，则△ADH的面积为最大，根据定弦定角可知点D的轨迹是以点O为圆心，半径为的上运动，由翻折的性质得出点Q的轨迹在直线BH上，当AQ'⊥BH时，AQ有最小值，即点Q'为BH中点，从而得出D'B是等边三角形ABH的中垂线，利用相似三角形的判定与性质及解30°直角三角形的性质得出相关线段的值，最终可求得△ADQ的面积．
【解答】解：（1）∵∠BAC＝30°，∠ACB＝90°，
∴∠ABC＝90°﹣30°＝60°，
又∵BD平分∠ABC，
∴，
∴∠BAC＝∠ABD＝30°，
∴AD＝DB＝2，
在Rt△DBC中，，
由勾股定理得，，
在Rt△ABC中，；
（2），证明如下：
如图，连接ED，过点E作EK⊥AB，
∵AE＝BE，
∴△AEB是等腰三角形，
∴EK为△AEB的中垂线，
∴AK＝BK，
在Rt△ABC中，∠BAC＝30°，2BC＝AB，
∴AK＝BK＝BC，∠ABC＝90°﹣∠BAC＝60°，
又∵∠EBD＝60°，
∴∠EBK+∠KBD＝∠KBD+∠DBC＝60°，
∴∠EBK＝∠DBC，
在△BEK和△BDC中，
，
∴△BEK≌△BDC（ASA），
∴BE＝BD，
∴△BDE是等边三角形，
∴DE＝BD，∠BDE＝60°，
又∵DH⊥AB，∠BAC＝30°，
∴∠ADH＝90°﹣∠BAC＝60°，
∴∠ADE+∠EDH＝∠EDH+∠HDB＝60°，
∴∠ADE＝∠HDB，
∵AE＝BE，
∴AE＝DE，
又∵EG⊥AD，
∴AG＝GD，即，
在Rt△ADH中，∠HAD＝30°，，，
∴AG＝GD＝DH，
在△EGD和△BHD中，
，
∴△EGD≌△BHD（SAS），
∴EG＝BH，
∵2BC＝AB，
∴AH+BHEG＝2BC＝AB，
即；
（3）如图，将BA绕点B逆时针旋转60°得BH，连接AH，DH，
∵BE＝BD，∠EBD＝60°，
∴∠EBA+∠ABD＝∠ABD+∠DBH＝60°，
∴∠EBA＝∠DBH，
在△EBA和△DBH中，
，
∴△EBA≌△DBH（SAS），
∴∠AEB＝∠BDH，
又∵AB＝BH＝6，∠ABH＝60°，
∴△ABH为等边三角形，
∴S四边形ADBE＝S△ABD+S△ABE＝S△ABD+S△BDH＝S△ABH﹣S△ADH，
∵△ABH的面积为定值，要使四边形ADBE的面积最小，
∴△ADH的面积为最大，
∵∠EAD＝75°，
∴∠AEB+∠ADB＝360°﹣∠EAD﹣∠EBD＝225°，
∴∠ADB+∠BDH＝225°，
∴∠ADH＝360°﹣（∠ADB+∠BDH）＝135°，
∴如图构造△ADH的外接圆⊙O，劣弧的圆周角为180°﹣∠ADH＝45°，
∴圆心角为45°×2＝90°，即∠AOH＝90°，
∴半径为，即⊙O是定圆，
∴点D的轨迹是以点O为圆心，半径为的上运动，
当OD⊥AH时，△ADH的面积最大，记此时D为D'，
∵OA＝OH，BA＝BH，
∴OB垂直平分AH，
∴点O，D，B三点共线，
记AH与OB的交点为G，
∵点P是AB上一动点，△D′BP沿D′B翻折得△BD'Q，
∴BP＝BQ，∠PBD'＝∠D'BQ，
∵等边三角形△ABH中，BO⊥AH，
∴∠ABG＝∠HBG，
∴∠D′BQ＝∠D'BH，
∴点Q在直线BH上，
当AQ'⊥BH时，AQ有最小值，即点Q'为BH中点，连接D'Q'，GQ'，
∵OB垂直平分AH，即点G为AH的中点，
∴GQ'∥AB，
∴△GHQ'∽△AHB，
∴由三角形中位线定理得：，
∴，
∵，
∴在Rt△ABG 中，，
∴，
∴，
∵点G为等腰Rt△AOH斜边AH中点，
∴，
∴，
过点Q'作Q'M⊥BG，
∵Q'M∥GH，
∴△MBQ'∽△GBH，
又∵点Q'为BH中点，
∴，
∴，
解得，
∴SΔAD'Q'＝S△ABH﹣S△ABQ'﹣SΔAD'G﹣S△GHQ﹣SΔGD'Q'
．
本题考查了旋转的性质，翻折的性质，解30°直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，等边三角形的性质，相似三角形的判定与性质及勾股定理．
17．（2026 柳州一模）【综合与探究】
问题情境：将矩形ABCD绕点C顺时针旋转，当旋转到如图①所示的位置时，得到矩形A′B′CD′，点A，B，D的对应点分别为点A′，B′，D′，设直线AD与直线A′D′交于点E．
猜想证明：
（1）猜想DE与D′E的数量关系，并证明；
（2）如图②，在旋转的过程中，当点B′恰好落在矩形ABCD的对角线BD上时，点A′恰好落在AD的延长线上（即点A′与点E重合），连接A′C，求证：四边形A′DBC是平行四边形；
问题解决：
（3）在矩形ABCD绕点C顺时针旋转的过程中，若AB＝5，BC＝3，当A′，B′，D三点在同一条直线上时，请直接写出A′D的值．
【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；推理能力．
【答案】（1）解：DE与D′E，理由如下：
如图①，连接CE，
由题知四边形ABCD与四边形A′B′CD′都是矩形，
∴∠ADC＝∠CD′E＝90°，
∴∠CDE＝180°﹣∠ADC＝90°，
即∠CDE＝∠CD′E，
∵将矩形ABCD绕点C顺时针旋转，当旋转到如图①所示的位置时，得到矩形A′B′CD′，
∴CD＝CD′，
在Rt△CDE和Rt△CD′E中，
，
∴Rt△CDE≌Rt△CD′E（HL），
∴DE＝D′E；
（2）证明：如图2：连接AC，
根据旋转的性质可得：AC＝A′C，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，AD＝BC，∠ADC＝90°，
即CD⊥AA′，
又∵AC＝A′C，
∴AD＝A′D，
∴A′D＝BC，
∵A′D∥BC，A′D＝BC，
∴四边形A′DBC是平行四边形；
（3）A′D的值为1或9．
（1）证Rt△CDE≌Rt△CD′E（HL）即可得证；
（2）证A′D∥BC，A′D＝BC，利用一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可得证；
（3）分开两种情况：当点A′、B′在CD的同一侧时，或当点A′，B′在CD的异侧时，进而求解即可．
【解答】（1）解：DE与D′E，理由如下：
如图①，连接CE，
由题知四边形ABCD与四边形A′B′CD′都是矩形，
∴∠ADC＝∠CD′E＝90°，
∴∠CDE＝180°﹣∠ADC＝90°，
即∠CDE＝∠CD′E，
∵将矩形ABCD绕点C顺时针旋转，当旋转到如图①所示的位置时，得到矩形A′B′CD′，
∴CD＝CD′，
在Rt△CDE和Rt△CD′E中，
，
∴Rt△CDE≌Rt△CD′E（HL），
∴DE＝D′E；
（2）证明：如图2：连接AC，
根据旋转的性质可得：AC＝A′C，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，AD＝BC，∠ADC＝90°，
即CD⊥AA′，
又∵AC＝A′C，
∴AD＝A′D，
∴A′D＝BC，
∵A′D∥BC，A′D＝BC，
∴四边形A′DBC是平行四边形；
（3）解：当点A′、B′在CD的同一侧时，如图3，
根据旋转的性质可得：BC＝B′C＝3，AB＝A′B′＝5，∠A′B′C＝∠ABC＝90°，
∴∠DB′C＝90°，
在Rt△CDB′中，由勾股定理得：B'D4，
∴A′D＝A′B′+B′D＝5+4＝9；
当点A′，B′在CD的异侧时，如图4，
根据旋转的性质可得：BC＝B′C＝3，AB＝A′B′＝5，
∠A′B′C＝∠ABC＝90°，
∴∠DB′C＝90°，
在Rt△CDB′中，由勾股定理得：B'D4，
∴A′D＝A′B′﹣B′D＝5﹣4＝1；
综上，A′D的值为1或9．
本题主要考查了矩形的性质、旋转的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理等内容，熟练掌握相关知识是解题的关键．
18．（2026 哈尔滨模拟）已知：在菱形ABCD中，点E是CD边上一点，过点E作EF⊥AC于点F，交BC边于点G，交AB延长线于点H．
（1）如图1，求证：BH＝DE；
（2）如图2，当点E是CD边中点时，连接对角线BD交对角线AC于点O，连接OG、OE，在不添加任何辅助线和字母的情况下，请直接写出图2中所有的平行四边形（菱形除外）．
【考点】菱形的性质；全等三角形的判定与性质；平行四边形的判定．
【专题】图形的全等；多边形与平行四边形；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】见试题解答内容
（1）证△GFC≌△EFC（ASA），得出CG＝CE，∠CGF＝∠CEF，证出∠H＝∠BGH，得出BH＝BG，进而得出结论；
（2）由菱形的性质和三角形中位线定理即可得出答案．
【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴BC＝CD，AB∥CD，AC平分∠BCD，
∴∠GCF＝∠ECF，
∵EF⊥AC，
∴∠GFC＝∠EFC＝90°，
在△GFC和△EFC中，，
∴△GFC≌△EFC（ASA），
∴CG＝CE，∠CGF＝∠CEF，
∵AB∥CD，
∴∠H＝∠CEF，
∵∠BGH＝∠CGF，
∴∠H＝∠BGH，
∴BH＝BG，
∵BC＝CD，CG＝CE，
∴BC﹣CG＝CD﹣CE，
即BG＝DE；
（2）解：所有的平行四边形（菱形除外）为平行四边形BHED、平行四边形BHGO、平行四边形OGED、平行四边形OBGE；理由如下：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB∥CD，
由（1）得：CG＝CE，BH＝BG＝DE，
∴四边形BHED为平行四边形，
∵点E是CD边中点，BC＝CD，
∴CE＝DE＝BG＝CG，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB∥CD，OB＝OD，
∴OE、O都G是△BCD的中位线，
∴OE∥BG，OG∥CD∥AB，OGCD＝DE＝BH，
∴四边形OBGE、四边形BHGO、四边形OGED都是平行四边形．
本题考查了菱形的性质、平行四边形的判定、全等三角形的判定与性质、三角形中位线定理等知识；熟练掌握菱形的性质和平行四边形的判定是解题的关键．
19．（2026 西安校级一模）【问题呈现1】
在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CA＝CB，点D是斜边AB上的一点，连接CD，试说明AD、BD、CD间的数量关系，小敏同学思考后是这样做的：如图1将△CAD绕点C逆时针旋转90°，得到△CBE，连接DE，请写出AD、BD、CD之间的数量关系DB2+AD2＝2CD2 ；
【问题呈现2】
如图2，在△ABC中，∠ACB＝60°，CD为AB边上的高，若CD＝4，试判断S△ABC是否存在最小值，若存在，请求出最小的面积值；若不存在，请说明理由；
【问题解决】
为迎接新春佳节，西安市城市管理部门在古城墙段安装了全息投影射灯．工作人员选择在城墙的E点安装射灯，该城墙段的几何结构如图3：城墙顶部凸起部分为墙垛，如四边形KLMJ，凹陷部分为垛口，如四边形HIJK，本题中墙垛与垛口均为正方形．现从E点发射全息投影光束，其投影画面可绕E点转动，但始终保持∠FEG＝60°，其中F、G分别是BC与DC边上的动点．已知墙垛边长HI为0.5m，墙面区域∠C＝60°，∠B＝90°，AD∥BC，城墙楼梯DC长度为8m．墙垛面积在本问题中可忽略不计．现需分析在全息投影表演过程中，投影到城墙区域（四边形EFCG）的面积是否存在最大值．若存在，请求出面积最大值；若不存在，请说明理由．
【考点】四边形综合题．
【专题】代数几何综合题；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】【问题呈现1】DB2+AD2＝2CD2；
【问题呈现2】S△ABC存在最小值；；
【问题解决】投影到城墙区域（四边形EFCG）的面积存在最大值；．
【问题呈现1】由旋转的性质得出△DCE是等腰直角三角形，证明△ACD≌△BCE，由全等三角形的性质得出∠A＝∠CBE＝45°，则可得出结论；
【问题呈现2】如图2中，作△ABC的外接圆⊙O，连接OA，OB，OC，作OE⊥AB于E．设OA＝OC＝2x．求出x的最小值即可解决问题．
【问题解决】如图，根据题意可得CD＝8m，DE＝0.5×16＝8m，AE＝0.5×8＝4m，∠B＝90°，∠C＝60°，AD∥BC，CD＝DE＝8m，则∠ADC＝120°，∠A＝∠B＝90°，连接CE，则∠DEC＝∠DCE＝30°，证明EC平分∠DCB，过点E作EM⊥BC于M，点E作EN⊥CD交CD的延长线于点N，则EM＝EN，过点D作DH⊥BC于H，求出CH，DH，证明四边形AEMB，ADHB是矩形，得出，根据∠EMC＝90°，∠ECM＝30°，求出MC＝12m，证明△EMC≌△ENC（HL），则S△EMC＝S△ENC，得出S四边形EMCN＝S△EMC+S△ENC＝2S△EMC＝48，根据S四边形EFCG＝S四边形EMCN﹣S△EMF﹣S△ENG＝S四边形EMCN﹣（S△EMF+S△ENG），得出要使S四边形EFCG最大，则S△EMF+S△ENG最小，将△EMF旋转至△ENF′，使EM和EN重合，证点F′，N，D共线，此时S△EMF+S△ENG＝S△ENF′+S△ENG＝S△EF′G，根据∠C＝60°，∠EMC＝∠ENC＝90°，得出∠MEN＝120°，结合∠FEG＝60°，求出∠F′EG＝∠NEF′+∠GEN＝60°，如图中，作△EF′G的外接圆⊙O'，则连接O′F′，O′G，O′E，作O′P⊥F′G．设O′F′＝O′G＝2y，求出y的最小值，即可得出F′G的最小值，求出S△EF′G的最小值，即可解决问题．
【解答】解：【问题呈现1】DB2+AD2＝2CD2；理由如下：
∵将△CAD绕点C逆时针旋转90°，得到对应的△CBE，连接DE，
∴CD＝CE，∠DCE＝90°，AD＝BE，
∴△DCE是等腰直角三角形，
∵∠ACB＝90°，CA＝CB，
∴∠CAB＝∠CBA＝45°，
∵∠ACB＝90°＝∠ACD+∠DCB，∠DCE＝90°＝∠DCB+∠BCE，
∴∠ACD＝∠ECB，
在△ACD和△BCE中，
，
∴△ACD≌△BCE（SAS），
∴∠A＝∠CBE＝45°，
∵∠ABC＝45°，
∴∠ABE＝∠ABC+∠CBE＝45°+45°＝90°，
在直角三角形BDE中，由勾股定理得：DB2+BE2＝DE2，
在直角三角形CDE中，∠DCE＝90°，
由勾股定理得：CD2+CE2＝2CD2＝DE2，
∴DB2+AD2＝2CD2，
故答案为：DB2+AD2＝2CD2；
【问题呈现2】S△ABC存在最小值；理由如下：
如图2中，作△ABC的外接圆⊙O，连接OA，OB，OC，作OE⊥AB于E．
设OA＝OC＝2x，
∵∠AOB＝2∠ACB＝120°，OA＝OB，OE⊥AB，
∴AE＝EB，∠AOE＝∠BOE＝60°，
∴OEOA＝x，AE，
∵OC+OE≥CD，
∴2x+x≥4，
∴，
∴x的最小值为，
∵，
∴AB的最小值为，
∴S△ABC的最小值AB×CD4．
【问题解决】投影到城墙区域（四边形EFCG）的面积存在最大值；理由如下：
如图，根据题意可得CD＝8m，DE＝0.5×16＝8m，AE＝0.5×8＝4m，∠B＝90°，∠C＝60°，AD∥BC，CD＝DE＝8m，
∴∠ADC＝180°﹣∠C＝120°，∠A＝∠B＝90°，
连接CE，
则∠DEC＝∠DCE30°，
∴∠ECB＝60°﹣30°＝30°，
∴∠ECB＝∠DCE＝30°，
即EC平分∠DCB，
如图3，过点E作EM⊥BC于M，点E作EN⊥CD交CD的延长线于点N，则EM＝EN，
过点D作DH⊥BC于H，
∵∠C＝60°，∠DHC＝90°，CD＝8m，
∴CHCD＝4m，DHCH＝4，
∵AD∥BC，∠A＝∠B＝∠EMB＝∠EMC＝∠DHB＝90°，
∴∠A＝∠B＝∠EMB＝∠EMC＝∠DHB＝∠EDH＝90°，
∴四边形AEMB，ADHB是矩形，
∴，
∵∠EMC＝90°，∠ECM＝30°，
∴MCEM＝412（m），
在△EMC和△ENC中，
，
∴△EMC≌△ENC（HL），
∴S△EMC＝S△ENC，
∴S四边形EMCN＝S△EMC+S△ENC＝2S△EMC＝2MC×EM＝12×448（m2），
∴S四边形EFCG＝S四边形EMCN﹣S△EMF﹣S△ENG＝S四边形EMCN﹣（S△EMF+S△ENG），
要使S四边形EFCG最大，则S△EMF+S△ENG最小，
如图4，将△EMF旋转至△ENF′，使EM和EN重合，
∵∠EMF＝∠END＝∠ENF′＝90°，
∴点F′，N，D共线，
此时S△EMF+S△ENG＝S△ENF′+S△ENG＝S△EF′G，
∵∠C＝60°，∠EMC＝∠ENC＝90°，
∴∠MEN＝120°，
∵∠FEG＝60°，
∴∠MEF+∠GEN＝120°﹣60°＝60°，
根据旋转可得∠MEF＝∠NEF′，
∴∠F′EG＝∠NEF′+∠GEN＝60°，
如图5，作△EF′G的外接圆⊙O'，则连接O′F′，O′G，O′E，作O′P⊥F′G．
设O′F′＝O′G＝2ym，
∵∠GO′F′＝2∠GEF′＝120°，O′F′＝O′G，O′P⊥F′G，
∴F′P＝GP，∠F′O′P＝∠GO′P＝60°，
∴ m，
∵O′E+O′P≥EP，
∴，
∴，
∴y的最小值为，
∵ m，
∴F′G的最小值为8，
∴S△EF′G的最小值F′G×EN8×416（m2），
∴S四边形EFCG最大值为：S四边形EMCN﹣（S△EMF+S△ENG）＝S四边形EMCN﹣S△EF'G＝4832（m2），
∴S四边形EFCG最大为．
本题是圆综合题，考查了全等三角形的性质和判定，旋转的性质，角平分线性质定理，圆周角定理，矩形的性质和判定，勾股定理，含30度角的直角三角形的性质，垂径定理，等知识点，解题的关键是正确作出辅助圆，学会用转化的思想思考问题．
20．（2025 山东）【图形感知】
如图1，在四边形ABCD中，已知∠BAD＝∠ABC＝∠BDC＝90°，AD＝2，AB＝4．
（1）求CD的长；
【探究发现】
老师指导同学们对图1所示的纸片进行了折叠探究．
在线段CD上取一点E，连接BE．将四边形ABED沿BE翻折得到四边形A′BED′，其中A′，D′分别是A，D的对应点．
（2）其中甲、乙两位同学的折叠情况如下：
①甲：点D′恰好落在边BC上，延长A′D′交CD于点F，如图2．判断四边形DBA′F的形状，并说明理由；
②乙：点A′恰好落在边BC上，如图3．求DE的长；
（3）如图4，连接DD′交BE于点P，连接CP．当点E在线段CD上运动时，线段CP是否存在最小值？若存在，直接写出；若不存在，说明理由．
【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题．
【答案】（1）；（2）①四边形DBA'F是矩形，理由见解析；②；（3）线段CP的最小值为．
（1）利用勾股定理求得，再证明△ADB∽△DBC，利用相似三角形的性质求解即可；
（2）①由折叠的性质得∠A＝∠A'＝90°，∠ABD＝∠ABD，再证明∠ABD＝90°，根据有三个角是直角的四边形是矩形即可得解；
②延长AD和AD相交于点Q，连接BQ，证明四边形ABAQ是正方形，再证明△DQE∽△CBE，据此求解即可；
（3）先利用折叠的性质求得∠BPD＝90°，推出点P在以BD为直径的⊙O上，连接OC，OP，得到CP≤OC﹣OP，据此求解即可．
【解答】解：（1）∵∠BAD＝∠ABC＝∠BDC＝90°，
∴AD∥BC，
∴∠ADB＝∠DBC，
∴△ADB∽△DBC，
∴，
∵∠BAD＝90°，AD＝2，AB＝4，
∴，
∴，
∴；
（2）①四边形DBA'F是矩形，理由如下，
由折叠的性质得∠A＝∠A'＝90°，∠ABD＝∠A'BD'，
∵∠ABD+∠DBC＝∠ABC＝90°，
∴∠A'BD＝∠A'BD'+∠DBC＝90°，
∴四边形DBA'F是矩形；
②方法一：延长AD和A'D'相交于点Q，连接BQ，
由折叠的性质得∠A＝∠A'＝90°，∠ABD＝∠A'BD'，∠EBD＝∠EBD'，
∵点A'恰好落在边BC上，
∴AB＝A'B＝4，∠ABA'＝90°，
∴四边形ABA'Q是矩形，
∵AB＝A'B＝4，
∴四边形ABA'Q是正方形，
∵∠ABE＝∠ABD+∠EBD＝∠A'BD'+∠EBD′＝∠A'BE＝0.5×90°＝45°，
∴点E在对角线BQ上，
∴DQ＝AQ﹣AD＝2，，
∵四边形ABA'Q是正方形，
∴AQ∥CB，
∴△DQE∽△CBE，
∴，
∴；
方法二：如图，延长AD交BE于点F，
∵∠ABD+∠ADB＝90°，
∠ABD+∠DBC＝90°，
∴∠ADB＝∠DBC，
∵∠A＝∠BDC＝90°，
∴△ABD∽△DCB，
∵折叠，
∴△ABD≌△D'BA'，
∴，
∴，
∴CD＝4，
∴BC10，
∵折叠，
∴∠ABE＝∠A'BE，
∵AF∥AB，
∴∠F＝∠EBC，
∴AF＝AB＝4，
∴DF＝2，
∴，
∴DE＝CD；
（3）由折叠的性质得∠EBD＝∠EBD'，BD＝BD'，
∴BE是线段DD'的垂直平分线，
∴∠BPD＝90°，
∴点P在以BD为直径的⊙O上，连接OC，OP，
∴CP≥OC﹣OP，即点P在OC上时，线段CP存在最小值，
∵，
线段CP的最小值为．
本题考查了翻折的性质，等腰三角形的判定，勾股定理，垂直平分线的性质，相似三角形的判定和性质，圆周角定理等知识点，难度较大，第三问判断点P在以BD为直径的⊙O上是解题的关键．
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