8. (2026·深圳中考)定义:若四边形的一条对角线被另一条对角线平分,且另一条对角线被交点分成的两条线段长度之比为$k(k≥1)$,则称该四边形为“$k$倍四边形”.
(1)①如图①,在$□ ABCD$中,对角线$AC$与$BD$交于点$O$,点$E$为$OB$的中点.若四边形$AECD$为$k$倍四边形,则$k$的值为;
②如图②,在$k$倍四边形$ABCD$中,若对角线$AC$被$BD$平分,则$\frac{S_{△ ACD}}{S_{△ ACB}}=$.(用含$k$的代数式表示)

(2)如图③,四边形$ABCD$为$k$倍四边形,其对角线$BD$平分对角线$AC$,且满足$∠ BDC=2∠ ABD$,$BD=4CD$,求$k$的值.

(3)如图④,已知定点$A,B$,且$AB⊥ BM$,点$C$为射线$BM$上一动点,点$D$为平面内一点,连接$A,B,C,D$构成四边形$ABCD$.若$BD$平分$AC$,$∠ BAC=∠ DAC$,四边形$ABCD$为$2$倍四边形,求$\tan∠ ACD$的值.

8. (1)①2 解析:
∵ 四边形ABCD是平行四边形,
∴ AO=CO,BO=DO.
∵ E是OB的中点,
∴ $BE=EO=\dfrac{1}{2}BO=\dfrac{1}{2}DO$.
∵ 四边形AECD为k倍四边形,
∴ $k=\dfrac{DO}{EO}=2$.
②k 解析:过点B,D分别作AC的垂线,垂足分别为E,F.
∵ 四边形ABCD为k倍四边形,对角线AC被BD平分,
∴ $\dfrac{DO}{BO}=k$.
∵ ∠EOB=∠DOF,∠BEO=∠DFO=90°,
∴ △BOE∽△DOF,
∴ $\dfrac{DF}{BE}=\dfrac{DO}{BO}=k$,
∴ $\dfrac{S_{△ACD}}{S_{△ACB}}=\dfrac{\dfrac{1}{2}AC·DF}{\dfrac{1}{2}AC·BE}=k$.

(2)过点A作AG//CD交BD于点G,
∴ ∠3=∠BDC.
∵ ∠BDC=2∠ABD,
∴ ∠3=2∠2.又
∵ ∠1+∠2=∠3,
∴ ∠1=∠2,
∴ AG=BG.
∵ 四边形ABCD为k倍四边形,其对角线BD平分对角线AC,
∴ AP=PC.又
∵ ∠APG=∠CPD,
∴ △APG≌△CPD(AAS),
∴ AG=CD,GP=DP,设CD=a,
∴ AG=CD=a,
∴ BG=a.
∵ BD=4CD=4a,
∴ GD=BD-BG=4a-a=3a,
∴ $GP=PD=\dfrac{1}{2}GD=\dfrac{3}{2}a$,
∴ $BP=BG+GP=a+\dfrac{3}{2}a=\dfrac{5}{2}a$,
∴ $k=\dfrac{BP}{PD}=\dfrac{\dfrac{5}{2}a}{\dfrac{3}{2}a}=\dfrac{5}{3}$.
(3)设AC,BD交于点E,过点B,D分别作AC的垂线,垂足分别为H,G.
①当$\dfrac{BE}{DE}=2$时,设BE=2,DE=1,如图③,
∵ ∠ABC=90°,BD平分AC,
∴ BE=AE=EC=2.
∵ ∠BEH=∠DEG,∠DGE=∠BHE=90°,
∴ △DGE∽△BHE,
∴ $\dfrac{BE}{DE}=\dfrac{BH}{GD}=\dfrac{EH}{EG}=2$,设EH=2m,则EG=m,
∴ AH=AE+EH=2+2m,AG=AE-GE=2-m.
∵ ∠BAC=∠DAC,∠AGD=∠AHB=90°,
∴ △ABH∽△ADG,
∴ $\dfrac{AH}{AG}=\dfrac{BH}{GD}=2$,
∴ AH=2AG,即 2+2m=2(2-m),解得 $m=\dfrac{1}{2}$,
∴ CG=CE+GE=2+$\dfrac{1}{2}$=$\dfrac{5}{2}$.在Rt△DEG中, $GD=\sqrt{DE^2-GE^2}=\sqrt{1^2-(\dfrac{1}{2})^2}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$,
∴ $\tan∠ACD=\tan∠GCD=\dfrac{GD}{CG}=\dfrac{\dfrac{\sqrt{3}}{2}}{\dfrac{5}{2}}=\dfrac{\sqrt{3}}{5}$;
②当$\dfrac{DE}{BE}=2$时,设BE=1,DE=2,如图④,同①可得BE=AE=EC=1,△ABH∽△ADG,
∴ $\dfrac{AH}{AG}=\dfrac{BH}{GD}=\dfrac{1}{2}$,同①可得△DGE∽△BHE,
∴ $\dfrac{BE}{DE}=\dfrac{BH}{GD}=\dfrac{EH}{EG}=\dfrac{1}{2}$,设EH=m,则EG=2m,
∴ AH=AE-HE=1-m,AG=AE+EG=1+2m.
∵ 2AH=AG,即 2(1-m)=1+2m,解得 $m=\dfrac{1}{4}$,
∴ EG=2m=$\dfrac{1}{2}$,CG=CE-EG=1-2m=1-2×$\dfrac{1}{4}$=$\dfrac{1}{2}$.在Rt△DEG中, $GD=\sqrt{DE^2-GE^2}=\sqrt{2^2-(\dfrac{1}{2})^2}=\dfrac{\sqrt{15}}{2}$,
∴ $\tan∠ACD=\tan∠GCD=\dfrac{GD}{CG}=\dfrac{\dfrac{\sqrt{15}}{2}}{\dfrac{1}{2}}=\sqrt{15}$.
综上所述,$\tan∠ACD$的值为$\dfrac{\sqrt{3}}{5}$或$\sqrt{15}$.