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　特殊四边形的综合题
【命题解读】此题型是浙江近三年的常考题型，考查形式为解答题，题位为24题，分值为12－14分，常结合特殊四边形的性质、锐角三角函数、勾股定理、轴对称的性质等知识点考查，常考类型有：类型一 与平行四边形有关的问题；类型二 与菱形有关的问题(浙江2025.24)；类型三 与矩形有关的问题；类型四 与正方形有关的问题．
类型一
典例精析
例1
与平行四边形有关的问题　
(2025·上海)如图，在平行四边形ABCD中，E，F分别是边BC，CD上的点，连接AE，EF，AF．
① ② ③
(1)若E是BC的中点．
①如图①，若AE＝EF，求证：∠BAE＝∠EFC；
答图①
【解答】如答图①，延长FE，AB相交于点H．
∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB∥CD，
∴∠EBH＝∠ECF，∠EHB＝∠EFC．
∵E是BC的中点，∴BE＝CE，
∴△BEH≌△CEF(AAS)，∴EH＝EF．
∵AE＝EF，∴AE＝EH，∴∠EHB＝∠BAE，
∴∠BAE＝∠EFC．
思路点拨
延长FE，AB相交于点H，证明△BEH≌△CEF，利用全等三角形的性质，结合等边对等角即可证明．
②如图②，若CF＝DF，连接BF交AE于点G，求S△BEG∶S△AEF的值．
②
思路点拨
延长BF，AD相交于点M，利用平行四边形的性质和相似三角形的判定与性质证得BF＝MF，BC＝MD，进而求出，再结合面积的和差即可求解．
答图②
【解答】如答图②，延长BF，AD相交于点M.
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，
∴△BEG∽△MAG，△BCF∽△MDF，
∴.
∵CF＝DF，
∴BF＝MF，BC＝MD.
∵E是BC的中点，∴BC＝2CE＝2BE.
设CE＝BE＝m，则MD＝BC＝2m，
∴AD＝2m，∴AM＝AD＋DM＝4m，∴，∴BG＝MG.
∵BF＝MF，∴易得，∴.
又∵，
∴设S△ABG＝4n，则S△BEG＝n，S△AFG＝6n，
∴S△EGF＝n，∴.
答图②
(2)如图③，若AB＝3，AD＝5，CF＝1，∠AEB＝∠AFE＝∠EFC，求AF的长．
③
思路点拨
延长AD，EF相交于点M，由平行四边形的性质等可证得△AEF∽△MEA，△AEF∽△ECF，再证明△ECF∽△MDF，结合相似三角形的性质即可求解．
答图③
【解答】如答图③，延长AD，EF相交于M.
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，CD＝AB＝3，
∴∠AEB＝∠EAD.
∵∠AEB＝∠AFE，
∴∠EFA＝∠EAM.
又∵∠AEF＝∠MEA，
∴△AEF∽△MEA.
∵∠AEB＋∠AEF＋∠FEC＝180°＝∠EFC＋∠ECF＋∠FEC，∠AEB＝∠EFC，
∴∠AEF＝∠ECF.
又∵∠AFE＝∠EFC，∴△AEF∽△ECF.
∵AD∥BC，∴△ECF∽△MDF，∴.
∵CF＝1，CD＝3，
∴DF＝CD－CF＝2，∴，
∴设EC＝s，EF＝t，则MD＝2s，MF＝2t，
∴AM＝AD＋DM＝5＋2s.
答图③
∵△ECF∽△AEF，∴，
∴，∴AE＝st，AF＝t2.
∵△AEF∽△MEA，∴，即，
∴解得(负值已舍去)，
∴AF＝.
答图③
对点训练
1．(2025·绍兴嵊州模拟)如图①，在平行四边形ABCD中，E是边BC上一点，且AE＝AD，F是AE上一点，满足∠DFE＝∠BAD．
(1)求证：AF＝EB．
①
证明：∵四边形ABCD为平行四边形，∴AD∥CB，∴∠DAE＝∠AEB．
∵∠DFE＝∠DAE＋∠ADF，∠BAD＝∠DAE＋∠EAB，∠DFE＝∠BAD，
∴∠DAE＋∠ADF＝∠DAE＋∠EAB，
∴∠ADF＝∠EAB．
在△ADF和△EAB中，
∴△ADF≌△EAB(ASA)，
∴AF＝EB．
①
(2)如图②，连接DE，过点F作FG∥AD交DE于点G，连接CG．
①求证：四边形FECG为菱形；
②
证明：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，AD＝BC，∠BAD＝∠BCD，AB＝DC.
∵AE＝AD，∴AE＝BC，
∴AF＋EF＝BE＋EC.
由(1)知AF＝EB，
∴EF＝EC.
∵∠DFE＝∠BAD，
∴∠DFE＝∠BCD.
由(1)知△ADF≌△EAB，
∴DF＝AB，∴DF＝DC.
在△DEF和△DEC中，
∴△DEF≌△DEC(SAS)，∴∠DEF＝∠DEC.
∵FG∥AD∥BC，∴∠FGE＝∠GEC，∴∠FGE＝∠GEF，
∴FG＝FE，∴FG＝EC，∴四边形FECG为平行四边形.
又∵EF＝EC，
∴四边形FECG为菱形.
②
②若AB＝＋1，∠B＝120°，DF⊥DC，求EG的长．
②
答图
解：如答图，连接FC交DE于点O，过点G作GH⊥CD于点H.
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴CD＝AB＝＋1，AB∥CD，
∴∠B＋∠BCD＝180°.
∵∠B＝120°，∴∠BCD＝60°.
由(2)①知DF＝DC.
∵DF⊥DC，∴△DFC为等腰直角三角形，
∴FC＝DC＝，∠DCF＝45°，∴∠ECF＝15°.
由(2)①知四边形FECG为菱形，
∴DE⊥FC，FO＝OC，OG＝OE，∠GCF＝∠ECF＝15°.
又∵∠DCF＝45°，
∴∠DCG＝45°－15°＝30°，△OCD为等腰直角三角形，
∴∠ODC＝45°.
∵GH⊥CD，
∴∠GHD＝∠GHC＝90°，
∴△GDH为等腰直角三角形，
∴DH＝GH，DG＝GH.
答图
在Rt△CGH中，∵∠HCG＝30°，
∴CH＝GH.
∵CD＝DH＋CH，∴GH＋GH＝＋1，
∴GH＝1，∴DG＝.
∵DO是等腰直角三角形DFC斜边上的中线，
∴DO＝FC＝，
∴OG＝DO－DG＝，
∴EG＝2OG＝.
答图
类型二
典例精析
例2
与菱形有关的问题(浙江2025.24)
(2025·浙江24题12分)在菱形ABCD中，AB＝5，AC＝8．
(1)如图①，求sin∠BAC的值．
①
答图①
【解答】如答图①，连接BD交AC于点O．
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BC，OA＝AC＝4，
∴在Rt△AOB中，OB＝＝3，
∴sin∠BAC＝．
连接BD交AC于点O，由菱形的性质可得AC⊥BC，OA＝AC，结合勾股定理求出OB的长，然后根据正弦的定义求解即可．
思路点拨
(2)如图②，E是AD延长线上的一点，连接BE，作△FBE与△ABE关于直线BE对称，EF交射线AC于点P，连接BP．
①当EF⊥AC时，求AE的长．
②
思路点拨
连接BD交AC于点O，由菱形的性质和勾股定理求出OB的长，进而可得到BD的长；证明EF∥BD，得到∠DBE＝∠FEB，结合轴对称的性质、等角对等边即可求解．
【解答】如答图②，连接BD交AC于点O．
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，OA＝AC＝4，BD＝2OB，AD＝AB＝5，
∴在Rt△AOB中，OB＝＝3，
∴BD＝2OB＝6．
∵EF⊥AC，AC⊥BD，∴EF∥BD，∴∠DBE＝∠FEB．
由轴对称的性质可得∠AEB＝∠FEB，∴∠DEB＝∠DBE，
∴DE＝DB＝6，∴AE＝AD＋DE＝11．
答图②
②求PA－PB的最小值．
②
思路点拨
连接BD交AC于点O，利用勾股定理等可得PB－PO＝，进而可得PA－PB＝4－，分析可得只需BP最小，则PB＋PO最小，即PA－PB最小，利用等面积法和轴对称的性质求出BP的最小值，从而求出此时PO的值即可解答．
答图②
【解答】如答图②，连接BD交AC于点O.易得PB2－PO2＝BO2＝9，
∴PB－PO＝，
∴PA－PB＝AO＋PO－PB＝4－(PB－PO)＝4－，
∴要使PA－PB的值最小，只需PB＋PO的值最小.
∵在Rt△OPB中，OP＝，
∴PB＋PO＝PB＋，
∴只需BP最小，则PB＋PO的值也最小.
易知BP的最小值即为点B到EF的距离，即点B到AD的距离.
设点B到AD的距离为h，
则S菱形ABCD＝AC·BD＝AD·h，∴h＝，
∴点B到AD的距离是，即BP的最小值为，
经检验，BP＝符合题意，
此时PO＝，
∴PA－PB的最小值为4－.
答图②
对点训练
2．已知在菱形ABCD中，AB＝2，∠B＝60°，E为BC延长线上的一个动点，连接EA，ED．
(1)如图①，若ED⊥AD，求EA的长．
①
解：∵四边形ABCD是菱形，
∴CD＝AD＝AB＝2，AB∥CD，AD∥BC，
∴∠DCE＝∠B＝60°．
∵ED⊥AD，∴ED⊥BC，
∴∠ADE＝∠DEB＝90°，
∴在Rt△CDE中，∠CDE＝90°－∠DCE＝30°，
∴CE＝CD＝1，∴DE＝，
∴在Rt△ADE中，EA＝．
①
(2)如图②，F为AE上一点，且∠ADF＝∠AED，求证：AF·AE＝4．
②
证明：∵∠DAF＝∠EAD，∠ADF＝∠AED，
∴△ADF∽△AED，∴，
∴，∴AF·AE＝4．
(3)如图③，在(2)的条件下，连接BF．
①∠AFB的大小是否为定值 如果是，请求出该定值；如果不是，请说明理由．
③
解：①∠AFB的大小是定值.
∵AB＝2，AF·AE＝4，
∴AF·AE＝AB2，∴.
又∵∠BAF＝∠EAB，∴△ABF∽△AEB，
∴∠AFB＝∠ABE＝60°，
∴∠AFB的大小为定值，定值为60°.
②求的最小值．
③
解：由(2)知△ADF∽△AED，∴.
∵AD＝2是定值，∴当DF的长最小时，的值最小.
如答图，连接AC.
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC.
∵∠ABC＝60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠ACB＝∠ABC＝60°.
答图
由(3)①知∠AFB＝60°，∴∠AFB＝∠ACB.
作△ABC的外接圆☉O，则点F在☉O上.连接OA，OD，OD交☉O于点F'，则当点F与点F'重合时，DF的长最小，最小值为线段DF'的长.
易知∠OAD＝90°，∠ADO＝30°，
∴OF'＝AO＝AD＝，∴OD＝2AO＝，
∴DF'＝OD－OF'＝，∴DF长的最小值为，
∴的最小值为.
答图
(2025·南充)在矩形ABCD中，AB＝10，AD＝17，E是线段BC上异于点B的一个动点，连接AE，把△ABE沿直线AE折叠，使点B落在点P处．
类型三
典例精析
例3
与矩形有关的问题
①
(1)如图①，当E为BC的中点时，延长AP交CD于点F，求证：FP＝FC；
思路点拨
连接EF，由矩形的性质及折叠的性质，得∠EPF＝90°＝∠C，证明Rt△EPF≌Rt△ECF，即可求证．
【解答】如答图①，连接EF．
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠B＝∠C＝90°．
由折叠的性质，得∠APE＝∠B＝90°，PE＝BE，
∴∠EPF＝180°－∠APE＝90°．
∵E为BC的中点，∴BE＝EC，∴PE＝EC．
在Rt△EPF和Rt△ECF中，
∴Rt△EPF≌Rt△ECF(HL)，∴FP＝FC．
答图①
(2)如图②，点M在线段CD上，CM＝4．点E在移动过程中，求PM长的最小值；
②
思路点拨
根据题意得点P在以点A为圆心，10为半径的圆上，连接AM交☉A于点P'，当点P与点P'重合时，PM的长最小，最小值为P'M的长．根据勾股定理求出AM的长，再利用线段的和差即可求解．
【解答】由折叠的性质，得AP＝AB＝10，
∴点P在以点A为圆心，10为半径的圆上，如答图②，连接AM交☉A于点P'，则AP'＝10，
当点P与点P'重合时，PM的长最小，最小值为线段P'M的长．
∵四边形ABCD为矩形，∴CD＝AB＝10，∠D＝90°，
∵CM＝4，∴DM＝CD－CM＝6．
∵AD＝17，
∴在Rt△ADM中，AM＝＝5，
∴P'M＝AM－AP'＝5－10，∴PM长的最小值为5－10．
答图②
(3)如图②，点N在线段AD上，AN＝4．点E在移动过程中，点P在矩形内部，当△PDN是以DN为斜边的直角三角形时，求BE的长．
②
思路点拨
过点P作PH⊥AD于点H，延长HP交BC于点G，证明△PHN∽△DHP，利用相似三角形的性质和勾股定理求解即可．
答图③
【解答】过点P作PH⊥AD于点H，延长HP交BC于点G，
连接PD，NP，如答图③，则∠PHN＝∠PHD＝90°.
∵∠NPD＝90°，
∴∠1＋∠2＝90°.
∵∠PHN＝90°，
∴∠1＋∠3＝90°，
∴∠3＝∠2.
又∵∠PHN＝∠DHP，
∴△PHN∽△DHP，∴，
∴HP2＝HN·HD.
∵AN＝4，AD＝17，∴DN＝13.
设HN＝x，则HD＝13－x，AH＝x＋4，
∴HP2＝x(13－x).
由折叠的性质，得AP＝AB＝10.
在Rt△APH中，由勾股定理，得HP2＝AP2－AH2，
∴x(13－x)＝102－(x＋4)2，
解得x＝4，
∴HP＝6，AH＝8.
答图③
易证四边形ABGH是矩形，
∴∠PGE＝90°，HG＝AB＝10，BG＝AH＝8，
∴PG＝HG－HP＝4.
由折叠的性质，得PE＝BE.
设BE＝m，则PE＝m，EG＝8－m.
在Rt△PGE中，由勾股定理，得PE2＝EG2＋PG2，
∴m2＝(8－m)2＋42，
解得m＝5，
∴BE的长为5.
答图③
对点训练
3．(2025·丽水莲都区模拟)如图，在矩形ABCD中，E是边BC上一点，将△ABE沿AE折叠后，点B的对应点为F，延长AF交BC于点G，交DC的延长线于点H，连接FC．
(1)若BE＝CH，求证：FG＝CG．
证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠B＝∠BCD＝90°，
∴∠GCH＝90°．
由折叠的性质，得EF＝BE，∠AFE＝∠B＝90°，
∴∠EFG＝90°＝∠HCG．∵BE＝CH，
∴EF＝CH．
在△EFG和△HCG中，
∴△EFG≌△HCG(AAS)，∴FG＝CG．
(2)当AB＝5，BC＝6时．
①连接BD，若EF∥BD，求CE的长；
答图①
解：①如答图①，设BD交AG于点O，连接DG.
由(1)知∠AFE＝90°.
∵BD∥EF，
∴∠AOB＝∠AFE＝90°，
∴BD⊥AG.
∵在矩形ABCD中，∠BAD＝90°，AB＝5，AD＝BC＝6，
∴在Rt△ABD中，BD＝.
∵S△ABD＝AB·AD＝BD·AO，
∴×5×6＝×AO，∴AO＝，
∴在Rt△AOD中，OD＝.
易得S△AGD＝S△ABD＝×6×5＝15.
∵S△AGD＝AG·OD，∴AG＝，
答图①
∴OG＝AG－AO＝.
∵S△BDG＝BG·DC＝BD·OG，DC＝AB＝5，
∴BG×5＝，∴BG＝.
∵，∴，即，
∴BE＝－6，
∴CE＝BC－BE＝6－(－6)＝12－.
答图①
②当∠ECF＝∠EAF时，连接EH，求△ECH的面积．
答图②
解：如答图②，过点F作MN⊥AD于点M，交BC于点N，
连接BF交AE于点P.
由折叠的性质，得∠BAE＝∠EAF，AF＝AB＝5，BE＝EF，AE垂直平分BF，
∴∠BPE＝90°，
∴∠PBE＋∠BEP＝90°.
∵∠ABE＝90°，
∴∠BAE＋∠BEP＝90°，
∴∠PBE＝∠BAE.
又∵∠ECF＝∠EAF，∠EAF＝∠BAE，
∴∠ECF＝∠BAE＝∠PBE，
∴CF＝BF.
易证四边形ABNM是矩形，
∴∠BNM＝90°，MN＝AB＝5，AM＝BN，∴MN⊥BC，
∴AM＝BN＝CN＝BC＝×6＝3.
∵AF＝5，∠AMF＝90°，
∴在Rt△AMF中，由勾股定理，得FM＝＝4，
∴FN＝5－4＝1.
答图②
设BE＝b，则EF＝b，EN＝3－b.
在Rt△EFN中，由勾股定理得EF2＝FN2＋EN2，
∴b2＝12＋(3－b)2，解得b＝，∴BE＝，
∴CE＝6－BE＝6－.
∵DM＝AD－AM＝3＝AM，FM∥DH，
∴FH＝AF＝5，∴AH＝10.
在Rt△ADH中，由勾股定理得DH＝＝8，
∴CH＝DH－DC＝8－5＝3，
∴S△ECH＝CE·CH＝×3＝.
答图②
类型四
典例精析
例4
与正方形有关的问题
(2025·舟山模拟)已知四边形ABCD是正方形，E，F分别是边AB，BC上的点(点E，F均不与正方形的顶点重合)，且满足AE＝BF，连接AF，DE相交于点G．
①
(1)如图①，求证：∠AGD＝90°．
【解答】∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝BA，∠DAE＝∠ABF＝90°．
又∵AE＝BF，∴△DAE≌△ABF(SAS)，
∴∠ADE＝∠BAF．
∵∠DAG＋∠BAF＝90°，∴∠DAG＋∠ADE＝90°，
∴∠AGD＝180°－(∠DAG＋∠ADE)＝90°．
思路点拨
证明△DAE≌△ABF，得出∠ADE＝∠BAF，由三角形内角和即可得证．
①
(2)如图②，连接AC交DE于点P，作∠DGF的平分线GM交AC于点M．
①当AE＝AP，AG＝2时，求AM2的值；
②
备用图
思路点拨
利用正方形的性质、等角对等边等求出GM＝AG＝2．过点M作MH⊥AF 于点H，由等腰直角三角形的性质及勾股定理求解即可．
【解答】由(1)知∠AGD＝90°，∴AG⊥PE．
又∵AE＝AP，∴AG平分∠EAP．
∵四边形ABCD是正方形，∴∠BAC＝45°，
∴∠MAG＝∠EAG＝∠BAC＝22.5°．
∵∠DGF＝180°－∠AGD＝90°，GM平分∠DGF，
∴∠FGM＝∠DGM＝45°，
∴∠AGM＝∠AGD＋∠DGM＝135°，
∴∠GMA＝180°－∠AGM－∠GAM＝180°－135°－22.5°＝22.5°，
∴∠GMA＝∠GAM，∴GM＝AG＝2．
②
如答图①，过点M作MH⊥AF 于点H．
∵∠FGM＝45°，
∴△GHM是等腰直角三角形，
∴GH＝HM＝GM＝，
∴AH＝AG＋GH＝2＋，
∴AM2＝AH2＋HM2＝(2＋)2＋()2＝8＋4．
答图①
②试猜想AG，GM，DG之间的数量关系，并证明．
②
思路点拨
过点M作MN⊥GM交DG于点N，连接DM，证明△APD∽△GPM，得到，证得△APG∽△DPM，再证明△AGM≌△DNM，得出AG＝DN，即可得出结论．
答图②
【解答】DG＝AG＋GM.
证明如下：如答图②，过点M作MN⊥GM交DG于点N，连接DM.
∵GM平分∠DGF，∠DGF＝90°，
∴∠DGM＝45°.
∵MN⊥GM，
∴∠GMN＝90°，
∴∠MNG＝45°＝∠MGN，
∴GM＝MN，GN＝GM，∠DNM＝180°－∠MNG＝135°.
由(2)①知∠AGM＝135°，
∴∠AGM＝∠DNM.
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠DAP＝45°＝∠MGP.
又∵∠APD＝∠GPM，
∴△APD∽△GPM，
∴，即.
又∵∠APG＝∠DPM，
∴△APG∽△DPM，
答图②
∴∠GAP＝∠MDP，即∠MAG＝∠MDN.
在△AGM和△DNM中，
∴△AGM≌△DNM(AAS)，
∴AG＝DN.
∵DG＝DN＋GN，GN＝GM，
∴DG＝AG＋GM.
答图②
对点训练
4．(2025·杭州西湖区模拟)如图①，在正方形ABCD中，点E在边BC上，连接DE，过点A作AF∥DE交CB的延长线于点F．
(1)求证：DE＝AF．
①
证明：∵四边形ABCD是正方形，∴AD∥BC．
又∵AF∥DE，
∴四边形AFED为平行四边形，∴DE＝AF．
(2)如图②，连接BD，过点E作EP⊥BD于点P，连接AP．
①求证：DE＝AP；
②
证明：如答图，连接PF交AB于点M．
由(1)知四边形AFED为平行四边形，∴EF＝AD．
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠ABF＝∠ABC＝90°，∠ABD＝∠DBC＝45°．
∵EP⊥BD，∴∠BPE＝90°，∴∠PEB＝45°＝∠PBE，
∴PB＝PE，∠FEP＝∠PBA．
又∵AB＝AD＝FE，∴△ABP≌△FEP(SAS)，
∴∠BAP＝∠EFP，AP＝FP．
又∵∠AMP＝∠FMB，∴∠APF＝∠ABF＝90°，
∴△APF为等腰直角三角形，∴AF＝AP．
又∵DE＝AF，∴DE＝AP．
答图
解：∵AB＝5，∴BD＝5．
∵AP＝4，由(2)①知DE＝AP，∴DE＝4．
在Rt△DPE中，由勾股定理得DP2＋PE2＝DE2，
∴(5－BP)2＋PE2＝(4)2．
由①知PE＝BP，∴(5－PE)2＋PE2＝32，
∴(5－PE＋PE)2－2PE·(5－PE)＝32，
即50－2PE·(5－PE)＝32，
∴PE·(5－PE)＝9，∴S△PED＝PE·PD＝PE·(5－PE)＝．
②若AB＝5，AP＝4，求△PED的面积．
②

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