2026中考数学高频考点一轮复习：四边形（试题含解析）

这是一份2026中考数学高频考点一轮复习：四边形（试题含解析），共47页。

A．AB＝CDB．AO＝COC．BC∥ADD．AD＝BC
2．（2025春•郑州）下列说法正确的个数是（ ）
①等腰三角形的高、中线、角平分线重合；
②三角形三条边的垂直平分线相交于一点，且这一点到三个顶点的距离相等；
③一个正多边形的内角和为720°，则这个正多边形的一个外角等于60°；
④一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形；
⑤三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．
A．1B．2C．3D．4
3．（2025春•伊川县）如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，点D从点B出发沿BC边向点C运动，运动到点C停止，过点D分别作DE∥AC交AB于点E，DF∥AB交AC于点F，则四边形AEDF形状的变化依次为（ ）
A．矩形→菱形→矩形
B．矩形→正方形→矩形
C．平行四边形→菱形→平行四边形
D．平行四边形→正方形→平行四边形
4．（2025春•嘉兴）如图，在矩形ABCD中，BC＞AB，对角线AC，BD交于点O，过点O作OE⊥AC交BC于点E，OF平分∠BOE交BC于点F．若矩形ABCD的周长为定值，则下列线段的长度为定值的是（ ）
A．CFB．BFC．CED．OF
5．（2025春•两江新区）如图，四边形ABCD为正方形，点E、F分别为BC、DC的中点，连接AE、BF，相交于点G，取AB中点H，连接HG并延长，交BC于点P．连接DP．若∠BFC＝α，则∠PDC一定等于（ ）
A．α﹣45°B．2α﹣90°C．90°﹣αD．a2
6．（2025春•青山区）如图，在▱ABCD中，∠A＝108°，∠ABC的角平分线交AD于点E，连接CE．若BE＝AD，则∠ECD的度数为（ ）
A．18°B．30°C．36°D．42°
7．（2025春•新罗区）如图，点P是矩形ABCD的对角线AC上一点，过点P作EF∥BC，分别交AB，CD于点E，F，连接PB，PD，若AE＝2，PF＝7，则图中阴影部分的面积为（ ）
A．28B．21C．14D．10
8．（2025春•江北区）如图，正方形EFGH的顶点E在正方形ABCD上，四边形FGKD也是正方形，且点B，H，K在同一直线上，则正方形EFGH与正方形ABCD的面积比为（ ）
A．22B．2-12C．2-22D．3-22
9．（2025春•海淀区）如图，▱ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E是BC的中点．若∠BAC＝90°，BC＝10，AC＝8，则线段OE的长为（ ）
A．3B．4C．5D．6
10．（2025春•两江新区）下列说法正确的是（ ）
A．平行四边形的对角线一定相等
B．有一组邻边相等的平行四边形是菱形
C．对角线互相垂直的平行四边形是正方形
D．矩形的对角线互相垂直平分
二．填空题（共5小题）
11．（2025春•永康市）如图1是某种简易房屋，它由顶角为120°的等腰三角形和矩形组成，在整体运输时需用钢丝绳进行加固，示意图如图2所示．MN是一条两端点位置和长度均可调节的钢丝绳，点M在EC上，点N在AB上，在调整钢丝绳端点位置时，其长度也随之改变，但需始终保持EM＝BN．若DE＝EC＝BC＝4米，则钢丝绳MN长度的最小值为 米．
12．（2025春•蓝田县）如图，已知在▱ABCD中，3AB＝2BC，点O是∠BAD和∠CBA的平分线的交点，过点O作EF∥AB，分别交AD、BC于E、F两点，连接OD、OC．已知下列结论：①AO⊥BO；②点O是EF的中点；③DE＝2AE．则其中所有正确的结论为 （填序号）．
13．（2025春•瑶海区）如图，在矩形ABCD中，AC为对角线，AB＝8，AE平分∠BAC．过点C作CE⊥AE于E．
（1）如图1，若∠DCA＝60°时，CE＝ ；
（2）如图2，若AC＝12，则CE＝ ．
14．（2025春•如皋市）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AC⊥BD，点E为AD上一点，连接BE，CE．若AE＝DE＝BC=5，则BE2+CE2＝ ．
15．（2025春•郑州）数学思想是数学研究的灵魂和核心，是数学理论发展的源泉，它能帮助我们更好地思考问题，解决问题．依据2022版新课标实施的七年级新教材中，我们已经学习了特殊化和转化的数学思想方法，探究了以下结论：两个边长相等的正方形如图①所示放置，正方形EFGH的顶点E与正方形ABCD的中心重合，两个正方形重合部分的面积不变，且等于正方形面积的14，利用结论解决问题：若图②中AB＝BC，∠ABC＝∠ADC＝90°，BD＝5，则四边形ABCD的面积等于 ．
三．解答题（共5小题）
16．（2025•碑林区模拟）问题提出：
（1）如图1，四边形ABCD是正方形，E，F分别在边BC和CD上，连接AE、EF、AF，当∠EAF＝45°，请直接写出线段EF，BE，DF之间的数量关系 ．
（2）如图2，在现代化智能农场中，有一四边形试验田ABCD，AD∥BC，∠ADC＝90°，BC＝CD＝40m，AD＝30m．为实现精准施肥，在CD边上设置施肥装置E，连接BE，在点C关于BE的对称点F处设置一智能控制中心．连接EF并延长与AD交于M，连接CF并延长与AD交于G，其中EM、EB为肥料输送管道，CG为输水管道．为避免干扰其他区域，点M、G均在线段AD上．因农场的小型机器人在运输时需穿行边AD，为确保安全、顺畅通行，现需了解管道间距MG的最大值．请问MG是否存在最大值？若不存在，请说明理由；若存在，请求出MG的最大值．
17．（2025•朝阳区四模）如图，在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，D是BC边中点，E是边AB上一动点，连结DE，当E不与B重合时，以DE、DC为邻边作▱CDEF．
（1）sinB＝ ；
（2）求CF的最小值；
（3）当▱CDEF为轴对称图形时，求▱CDEF的面积．
（4）连结AF，当S△ACF=14S▱CDEF时，直接写出BE的长度．
18．（2025•河东区模拟）在平面直角坐标系中，O为原点，菱形ABCD的顶点A、D分别在坐标轴上，BD⊥x轴，点D（3，0），∠BAD＝60°，△POQ是直角三角形，∠P＝30°，PQ＝6，将△POQ沿x轴向右平移，得到△P′O′Q′，点P、O、Q的对应点分别为P′，O′，Q′．
（1）填空：如图①，点B的坐标为 ，当P′O′经过点B时，P′Q′与AD的交点E的坐标为 ；
（2）设OO′＝t，△P′O′Q′与菱形ABCD重叠部分的面积为S．
①如图②，当边P′Q′与AB相交于点F，P′O′分别与BC、CD相交于点G、H，且△P′O′Q′与菱形ABCD重叠部分为六边形时，试用含有t的式子表示线段CH，并直接写出t的取值范围；
②当1≤t≤7时，求S的取值范围（直接写出结果即可）．
19．（2025•番禺区二模）如图1，已知四边形ABCD中，AB＝BC＝CD＝4，∠B＝∠C＝α（60°＜α≤90°）．
（1）点E，F分别是AB，BC边上动点，且BE＝CF，连接CE与DF，交于点G，求∠DGE的度数（用α表示）；
（2）当α＝90°时，
①点F是BC边上动点，将△CDF沿着DF翻折，若点C的对应点刚好落在对角线BD上，求此时CF的长度；
②如图2，N在CD上运动，F在BC上运动，BN与AF交于点M，且满足∠NBC=12∠BAF，P是BM中点，求55DP+CP的最小值．
20．（2025春•两江新区）如图，四边形ABCD中，AD∥CF，F为AB的中点，DF与AC交于点E，DE＝FE．
（1）求证：四边形CDFB是平行四边形；
（2）若BC＝10，BF=33，∠B＝30°，求AD的长．
中考数学一轮复习 四边形
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．（2025春•黄埔区）如图，四边形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，已知AB∥CD，添加下列条件，不能判定四边形ABCD为平行四边形的是（ ）
A．AB＝CDB．AO＝COC．BC∥ADD．AD＝BC
【考点】平行四边形的判定；全等三角形的判定与性质．
【专题】图形的全等；多边形与平行四边形；推理能力．
【答案】D
【分析】根据平行四边形的判定方法分别对各个选项进行判断即可．
【解答】解：A、∵AB∥CD，AB＝CD，
∴四边形ABCD是平行四边形，故选项A不符合题意；
B、∵AB∥CD，
∴∠BAO＝∠DCO，
又∵AO＝CO，∠AOB＝∠COD，
∴△AOB≌△COD（ASA），
∴OB＝OD，
∴四边形ABCD是平行四边形，故选项B不符合题意；
C、∵AB∥CD，BC∥AD，
∴四边形ABCD是平行四边形，故选项C不符合题意；
D、由AB∥CD，AD＝BC不能判定四边形ABCD为平行四边形，故选项D符合题意；
故选：D．
【点评】本题考查了平行四边形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质等知识，熟练掌握平行四边形的判定方法是解题的关键．
2．（2025春•郑州）下列说法正确的个数是（ ）
①等腰三角形的高、中线、角平分线重合；
②三角形三条边的垂直平分线相交于一点，且这一点到三个顶点的距离相等；
③一个正多边形的内角和为720°，则这个正多边形的一个外角等于60°；
④一组对边平行，另一组对边相等的四边形是平行四边形；
⑤三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半．
A．1B．2C．3D．4
【考点】平行四边形的判定与性质；等腰三角形的性质；三角形中位线定理．
【专题】三角形；多边形与平行四边形；推理能力．
【答案】C
【分析】根据等腰三角形的性质、三角形的外心、多边形的内角和，平行四边形的判定方法以及三角形中位线定理即可作出判断．
【解答】解：①等腰三角形的底边上的高、底边上的中线、顶角平分线重合，原说法不正确，故①不符合题意；
②三角形三条边的垂直平分线相交于一点，且这一点到三个顶点的距离相等，原说法正确，故②符合题意；
③一个正多边形的内角和为720°，
∴180°（n﹣2）＝720°，
解得n＝6，即该多边形是正六边形，
∴这个正多边形的每个外角为360°6=60°，原说法正确，故③符合题意；
④一组对边平行，另一组对边相等的四边形不一定是平行四边形，原说法不正确，故④不符合题意；
⑤三角形中位线定理：三角形的中位线平行于第三边，并且等于第三边的一半，原说法正确，故⑤符合题意；
∴正确的个数有3个．
故选：C．
【点评】本题考查了等腰三角形的性质、三角形的外心、多边形的内角和，平行四边形的判定方法以及三角形中位线定理等知识点，掌握以上知识点是解题的关键．
3．（2025春•伊川县）如图，在Rt△ABC中，∠A＝90°，点D从点B出发沿BC边向点C运动，运动到点C停止，过点D分别作DE∥AC交AB于点E，DF∥AB交AC于点F，则四边形AEDF形状的变化依次为（ ）
A．矩形→菱形→矩形
B．矩形→正方形→矩形
C．平行四边形→菱形→平行四边形
D．平行四边形→正方形→平行四边形
【考点】正方形的性质；平行四边形的判定与性质；菱形的性质；矩形的判定与性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；几何直观；推理能力．
【答案】B
【分析】根据DE∥AC，DF∥AB得四边形AEDF是平行四边形，再根据∠A＝90°得平行四边形AEDF是矩形，由此得在点D的运动过程中，四边形AEDF始终是矩形，只有当AE＝AF时，矩形AEDF是正方形，据此即可得出答案．
【解答】解：∵DE∥AC，DF∥AB，
∴四边形AEDF是平行四边形，
∵∠A＝90°，
∴平行四边形AEDF是矩形，
∴在点D的运动过程中，四边形AEDF始终是矩形，
当AE＝AF时，矩形AEDF是正方形，
∴四边形AEDF形状的变化依次为：矩形→正方形→矩形．
故选：B．
【点评】此题主要考查了矩形的判定，正方形的判定，熟练掌握矩形和正方形的判定是解决问题的关键．
4．（2025春•嘉兴）如图，在矩形ABCD中，BC＞AB，对角线AC，BD交于点O，过点O作OE⊥AC交BC于点E，OF平分∠BOE交BC于点F．若矩形ABCD的周长为定值，则下列线段的长度为定值的是（ ）
A．CFB．BFC．CED．OF
【考点】矩形的性质；线段垂直平分线的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；运算能力；推理能力．
【答案】A
【分析】作OM⊥BC，垂足为M，由矩形性质可知OM=12CD，CM=12BC，再利用三角形外角性质证明FM＝OM，根据CF＝FM+CM=12CD+12BC=12（CD+BC）即可得到CF是定值．
【解答】解：如图，作OM⊥BC，垂足为M，
∵O是BD的中点，
∴OM=12CD，CM=12BC，
设∠OEM＝α，则∠OCB＝90°﹣α，
∵OB＝OC，
∴∠OBC＝90°﹣α，
∵OF平分∠BOE交BC于点F．
∴∠BOF=12∠BOE=12（α﹣90°+α）＝α﹣45°，
∴∠OFM＝∠OBC+∠BOF＝90°﹣α+α﹣45°＝45°，
∴FM＝OM=12CD，
∴CF＝FM+CM=12CD+12BC=12（CD+BC），
∵矩形ABCD的周长为定值，
∴CF是矩形周长的14，是定值．
故选：A．
【点评】本题考查了矩形的性质、三角形外角的性质、角平分线的定义，熟练掌握以上知识点是关键．
5．（2025春•两江新区）如图，四边形ABCD为正方形，点E、F分别为BC、DC的中点，连接AE、BF，相交于点G，取AB中点H，连接HG并延长，交BC于点P．连接DP．若∠BFC＝α，则∠PDC一定等于（ ）
A．α﹣45°B．2α﹣90°C．90°﹣αD．a2
【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质．
【专题】图形的全等；矩形 菱形 正方形；几何直观；推理能力．
【答案】A
【分析】连接DH，DG，证明△ABE≌△BCF（SAS），得到AE＝BF，∠BAE＝∠CBF，证明AG⊥BF，证明△ADH≌△GDH（HL）和△GDP≌△CDP（HL），得到∠GDP=∠CDP=12∠CDG，设∠PDC＝∠GDP＝x，则∠DAG＝∠DGA＝α，得到∠ADH＝∠GDH＝90°﹣α，求出∠BFC＝∠HDF＝90°﹣α+2x＝α，即可得到答案．
【解答】解：四边形ABCD为正方形，点E、F分别为BC、DC的中点，如图，连接DH，DG，
∴AB＝AD＝BC＝CD，∠BAD＝∠ABC＝∠C＝∠ADC＝90°，
∴AH＝BH＝BE＝CE＝DF＝CF，
在△ABE和△BCF中，
AB=BC∠ABE=∠CBE=CF，
∴△ABE≌△BCF（SAS），
∴AE＝BF，∠BAE＝∠CBF，
∵∠BAE+∠ABG＝∠CBF+∠ABG＝90°，
∴∠AGB＝90°，
∴AG⊥BF，
∴GH=AH=BH=12AB，
∵DH＝DH，∠DAH＝∠DGH＝90°，
∴△ADH≌△GDH（HL），
∴∠ADH=∠GDH=12∠ADG，DG＝AD，
∴DG＝DC，
∵∵DP＝DP，∠C＝∠DGP＝90°，
∴△GDP≌△CDP（HL），
∴∠GDP=∠CDP=12∠CDG，
设∠PDC＝∠GDP＝x，
∵AB∥CD，
∴∠ABG＝∠BFC＝α，
∴∠DAG＝∠DGA＝90°﹣∠BAG＝90°﹣（90°﹣α）＝α，
∴∠ADH=∠GDH=12∠ADG=12(180°-2∠DAG)=90°-α，
∵BH∥DF，BH＝DF，
∴四边形BHDF是平行四边形，
∴DH∥BF，
∴∠BFC＝∠HDF＝∠HDG+∠GDP+∠CDP＝90°﹣α+2x＝α，
解得x＝α﹣45°，
故选：A．
【点评】此题考查了正方形的性质、全等三角形的判定和性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质是解答本题的关键．
6．（2025春•青山区）如图，在▱ABCD中，∠A＝108°，∠ABC的角平分线交AD于点E，连接CE．若BE＝AD，则∠ECD的度数为（ ）
A．18°B．30°C．36°D．42°
【考点】平行四边形的性质．
【答案】C
【分析】由平行四边形的对边相互平行和平行线的性质得到∠ABC＝72°；然后由角平分线的性质求得∠EBC=12∠ABC＝36°；最后根据等腰三角形的性质解答．
【解答】解：如图，∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，∠BCD＝∠A．
∴∠A+∠ABC＝180°．
∵∠A＝108°，
∴∠ABC＝72°．
∵BE是∠ABC的平分线，
∴∠EBC=12∠ABC＝36°．
∵BE＝AD＝BC，
∴∠ECB＝∠BEC＝72°．
∴∠ECD＝∠BCD﹣∠ECB＝∠A﹣∠ECB＝108°﹣72°＝36°．
故选：C．
【点评】考查了平行四边形的性质，此题利用了平行四边形的对边相互平行和平行四边形的对角相等的性质．
7．（2025春•新罗区）如图，点P是矩形ABCD的对角线AC上一点，过点P作EF∥BC，分别交AB，CD于点E，F，连接PB，PD，若AE＝2，PF＝7，则图中阴影部分的面积为（ ）
A．28B．21C．14D．10
【考点】矩形的性质；三角形的面积．
【专题】矩形 菱形 正方形；运算能力．
【答案】C
【分析】过点P作MN∥AB，分别交AD、BC于点M、N，由矩形的性质推出S△BEP＝S△DFP，即可求出阴影部分的面积．
【解答】解：如图，过点P作MN∥AB，分别交AD、BC于点M、N，
由题意可得：S△AEP＝S△AMP，S△DFP=12S矩形DFPM，S△BEP=12S矩形BENP，
S△CFP＝S△CNP，AE＝MP＝DF＝2，
∵四边形ABCD是矩形，
∴S△ABC＝S△ADC，
∴S△ABC﹣S△AEP﹣S△CNP＝S△ADC﹣S△AMP﹣S△CFP，即S矩形BENP＝S矩形DFPM，
∴S△BEP=S△DFP=12PF⋅DF=12×7×2=7，
∴阴影部分的面积为S△BEP+S△DFP＝14，
故选：C．
【点评】本题考查了矩形的判定和性质，掌握矩形的性质是解题关键．
8．（2025春•江北区）如图，正方形EFGH的顶点E在正方形ABCD上，四边形FGKD也是正方形，且点B，H，K在同一直线上，则正方形EFGH与正方形ABCD的面积比为（ ）
A．22B．2-12C．2-22D．3-22
【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质．
【专题】图形的全等；矩形 菱形 正方形；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】C
【分析】延长GF交CD于点P，连接PE，依题意得PG是线段DE的垂直平分线，则DP＝PE，证明△DPF和△EBH全等得DP＝EB，进而得CE＝CP，设CE＝CP＝a，则DP＝PE=2a，则CD=2a+a，进而由勾股定理得DE=4+22a，则EF=12DE=1+22a，由此求出EF2CD2即可得出答案．
【解答】解：延长GF交CD于点P，连接PE，如图所示：
∴四边形EFGH和四边形FGKD都是正方形，
∴EH＝EF＝FG＝DF，∠DFP＝∠DFG＝∠FEH＝∠EHB＝90°，
∴PG是线段DE的垂直平分线，
∴DP＝PE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴BC＝DC，∠C＝90°，
∴∠PDF+∠DEC＝90°，
∵∠FEH＝90°，
∴∠BEH+∠DEC＝90°，
∴∠PDF＝∠BEH，
在△DPF和△EBH中，
∠DFP=∠EHB=90°DF=EH∠PDF=∠BEH，
∴△DPF≌△EBH（ASA），
∴DP＝EB，
∵BC＝DC，
∴EB+CE＝DP+CP，
∴CE＝CP，
∴设CE＝CP＝a，其中a＞0，
在Rt△CPE中，由勾股定理得：PE=CE2+CP2=2a，
∴DP＝PE=2a，
∴CD＝DP+CP=2a+a，
在Rt△DEF中，由勾股定理得：DE=CE2+CD2=a2+(2a+a)2=4+22a，
∴EF=12DE=4+22a2=1+22a，
∴EF2CD2=(1+22a)2(2a+a)2=2-22．
∴正方形EFGH与正方形ABCD的面积比为2-22．
故选：C．
【点评】此题主要考查了正方形的性质，全等三角形的判定和性质，理解正方形的性质，熟练掌握全等三角形的判定和性质，勾股定理是解决问题的关键．
9．（2025春•海淀区）如图，▱ABCD的对角线AC，BD相交于点O，E是BC的中点．若∠BAC＝90°，BC＝10，AC＝8，则线段OE的长为（ ）
A．3B．4C．5D．6
【考点】平行四边形的性质；勾股定理；三角形中位线定理．
【专题】三角形；等腰三角形与直角三角形；多边形与平行四边形；推理能力．
【答案】A
【分析】由勾股定理求得AB，由平行四边形的性质得到AO＝CO，根据三角形中位线定理即可求出答案．
【解答】解：在Rt△ABC中，BC＝10，AC＝8，
∴AB=BC2-AC2=6，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO＝CO，
∵E是BC的中点，
∴OE是△ABC的中位线，
∴OE=12AB＝3，
故选：A．
【点评】本题考查了平行四边形的性质、勾股定理、三角形中位线定理，熟练掌握相关知识是解题的关键．
10．（2025春•两江新区）下列说法正确的是（ ）
A．平行四边形的对角线一定相等
B．有一组邻边相等的平行四边形是菱形
C．对角线互相垂直的平行四边形是正方形
D．矩形的对角线互相垂直平分
【考点】正方形的判定；线段垂直平分线的性质；平行四边形的性质；菱形的判定；矩形的性质．
【专题】多边形与平行四边形；矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】B
【分析】根据平行四边形、菱形、矩形、正方形的判定和性质逐一分析选项．
【解答】解：A．平行四边形的对角线互相平分，但不一定相等．矩形的对角线才相等，
故A错误，该选项不符合题意；
B．有一组邻边相等的平行四边形是菱形（菱形的定义），
故B正确，该选项符合题意；
C．对角线互相垂直的平行四边形是菱形，而非正方形．正方形需满足对角线垂直且相等，
故C错误，该选项不符合题意；
D．矩形的对角线相等且平分，但互相垂直仅当其为正方形时成立，
故D错误，该选项不符合题意；
故选：B．
【点评】此题考查了正方形的判定，线段垂直平分线的性质，平行四边形的性质，菱形的判定，矩形的性质，解答本题的关键是熟练掌握正方形以及菱形的判定定理．
二．填空题（共5小题）
11．（2025春•永康市）如图1是某种简易房屋，它由顶角为120°的等腰三角形和矩形组成，在整体运输时需用钢丝绳进行加固，示意图如图2所示．MN是一条两端点位置和长度均可调节的钢丝绳，点M在EC上，点N在AB上，在调整钢丝绳端点位置时，其长度也随之改变，但需始终保持EM＝BN．若DE＝EC＝BC＝4米，则钢丝绳MN长度的最小值为 26 米．
【考点】矩形的性质；等腰三角形的性质；含30度角的直角三角形；平行四边形的性质．
【专题】矩形 菱形 正方形；推理能力．
【答案】26．
【分析】先证四边形MNBP是平行四边形得到MN＝BP，∠PMC＝∠ECD＝30°，MP＝BN，当BP⊥EP时，BP最小，再求得∠PEB＝45°，即可求解．
【解答】解：根据题意可知：△ECD是顶角为120°的等腰三角形，
∴∠ECD＝30°，
如图过M、B作AB、MN的平行线，
∴MN∥BP，MP∥NB，
∴四边形MNBP是平行四边形，
∴MN＝BP，∠PMC＝∠ECD＝30°，MP＝BN，
∵EM＝BN，
∴EM＝MP，
∴∠PAM＝∠APM＝15°，
当BP⊥EP时，BP最小，
∵∠ECB＝120°，DE＝EC＝BC＝4米，
∴∠CEB＝30°，
∴∠PEB＝∠CEB+∠PEC＝45°，
在△ACD中，BE=3CE＝43（米），
∴BP=22BE＝26（米），
故钢丝绳MN长度的最小值为26米，
故答案为：26．
【点评】本题考查了等边三角形的性质、平行四边形的判定和性质、等腰三角形的性质、矩形的性质等内容，熟练掌握相关知识是解题关键．
12．（2025春•蓝田县）如图，已知在▱ABCD中，3AB＝2BC，点O是∠BAD和∠CBA的平分线的交点，过点O作EF∥AB，分别交AD、BC于E、F两点，连接OD、OC．已知下列结论：①AO⊥BO；②点O是EF的中点；③DE＝2AE．则其中所有正确的结论为 ①②③ （填序号）．
【考点】平行四边形的判定与性质；角平分线的定义；等腰三角形的判定．
【专题】多边形与平行四边形；推理能力．
【答案】①②③．
【分析】利用平行四边形的性质得到AD∥BC，AB∥CD，AB＝CD，AD＝BC，利用平行线的性质和角平分线的定义计算出∠OAB+∠OBA＝90°，则∠AOB＝90°，于是可对①进行判断；利用平行线的性质证明∠EAO＝∠AOE，∠OBF＝∠BOF得到AE＝OE，BF＝OF，再证明四边形ABFE为平行四边形得到AE＝BF，所以OE＝OF，则可对②进行判断；设AB＝2x，BC＝3x，则EF＝2x，AD＝3x，EA＝OE＝x，DE＝2x，则可对③进行判断．
【解答】解：∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AD∥BC，AB∥CD，AB＝CD，AD＝BC，
∴∠BAD+∠ABC＝180°，
∵点O是∠BAD和∠CBA的角平分线的交点，
∴∠OAB＝∠OAE=12∠BAD，∠OBA＝∠OBF=12∠ABC，
∴∠OAB+∠OBA=12（∠BAD+∠ABC）×180°＝90°，
∴∠AOB＝90°，
∴AO⊥BO，所以①正确；
∵EF∥AB，
∴∠BAO＝∠AOE，∠ABO＝∠BOF，
∵∠OAB＝∠OAE，∠OBA＝∠OBF，
∴∠OAE＝∠AOE，∠OBF＝∠BOF，
∴AE＝OE，BF＝OF，
∵AE∥BF，AB∥EF，
∴四边形ABFE为平行四边形，
∴AE＝BF，
∴OE＝OF，
即O点为EF的中点，所以②正确；
∵3AB＝2BC，
∴设AB＝2x，BC＝3x，
∴EF＝2x，AD＝3x，
∴EA＝OE=12EF＝x，
∴DE＝AD﹣AE＝3x﹣x＝2x，
∴DE＝2AE，所以③正确；
故答案为：①②③．
【点评】本题考查了平行四边形的性质：平行四边形的对边相等；平行四边形的对角相等；平行四边形的面积等于它的底和这个底上的高的积．也考查了等腰三角形的判定与性质．
13．（2025春•瑶海区）如图，在矩形ABCD中，AC为对角线，AB＝8，AE平分∠BAC．过点C作CE⊥AE于E．
（1）如图1，若∠DCA＝60°时，CE＝ 8 ；
（2）如图2，若AC＝12，则CE＝ 26 ．
【考点】矩形的性质；全等三角形的判定与性质；角平分线的性质；等腰三角形的判定与性质；等边三角形的判定与性质；勾股定理．
【专题】统计与概率；图形的全等；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】（1）8；
（2）26．
【分析】（1）由矩形性质得对边相等，直角，根据“在直角三角形中，30°所对的直角边是斜边的一半”得AC长，然后利用角平分线定义和含30°的直角三角形性质求出答案；
（2）延长AB，CE交于点H，通过证明△CAE≌△HAE得出BH，再利用勾股定理求出CH即可得到答案．
【解答】（1）解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB＝8＝CD，∠D＝∠DAB＝90°，
∵∠DCA＝60°，
∴∠DAC＝30°，
∴AC＝2CD＝16，∠BAC＝60°，
∵AE平分∠BAC，
∴∠BAE＝∠CAE＝30°，
又∵CE⊥AE，
∴∠E＝90°，
∴CE=12AC=8，
故答案为：8；
（2）在直角三角形ABC中，AB＝8，AC＝12，如图2，延长AB，CE交于点H，
由勾股定理得：BC=AC2-AB2=144-64=45，
在△CAE和△HAE中，
∠CAE=∠HAEAE=AE∠AEC=∠AEH=90°，
∴△CAE≌△HAE（ASA），
∴CE＝EH，AC＝AH＝12，
∴BH＝AH﹣AB＝4，
在直角三角形BCH中，由勾股定理得：CH=BC2+BH2=80+16=46，
∴CE=26．
故答案为：26．
【点评】本题考查矩形的性质，角平分线的性质，等腰三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，灵活运用这些性质是解题的关键．
14．（2025春•如皋市）如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AC⊥BD，点E为AD上一点，连接BE，CE．若AE＝DE＝BC=5，则BE2+CE2＝ 25 ．
【考点】平行四边形的判定与性质；勾股定理．
【专题】等腰三角形与直角三角形；多边形与平行四边形；运算能力．
【答案】25．
【分析】先证明四边形ABCE是平行四边形，则CE＝AB，同理可得：BE＝CD，再由勾股定理即可解答．
【解答】解：∵AD∥BC，AE＝BC=5，
∴四边形ABCE是平行四边形，
∴CE＝AB，
同理可得：BE＝CD，
∵AC⊥BD，
∴∠AOB＝∠BOC＝∠COD＝∠AOD＝90°，
∴OA2+OB2+OD2+OC2＝AB2+CD2，OA2+OB2+OD2+OC2＝AD2+BC2＝（25）2+（5）2＝25，
∴AB2+CD2＝25，
∴BE2+CE2＝25；
故答案为：25．
【点评】本题考查了平行四边形的性质和判定，勾股定理，掌握平行四边形的判定和性质是解本题的关键．
15．（2025春•郑州）数学思想是数学研究的灵魂和核心，是数学理论发展的源泉，它能帮助我们更好地思考问题，解决问题．依据2022版新课标实施的七年级新教材中，我们已经学习了特殊化和转化的数学思想方法，探究了以下结论：两个边长相等的正方形如图①所示放置，正方形EFGH的顶点E与正方形ABCD的中心重合，两个正方形重合部分的面积不变，且等于正方形面积的14，利用结论解决问题：若图②中AB＝BC，∠ABC＝∠ADC＝90°，BD＝5，则四边形ABCD的面积等于 252 ．
【考点】正方形的性质；全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形．
【专题】图形的全等；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】252．
【分析】过点B作EB⊥BD，交DA的延长线于点E，证明△BEA≌△BDC，得到BE＝BD，进而得到△EBD为等腰直角三角形，得到四边形ABCD的面积等于△BDE的面积即可．
【解答】解：过点B作EB⊥BD，交DA的延长线于点E，则∠EBD＝90°，
∵∠ABC＝90°，∠EBD＝90°，∠ADC＝90°，
∴∠ABE＝∠CBD＝90°﹣∠ABD，∠BDC＝∠BED＝90°﹣∠BDE，
在△BEA和△BDC中，
∠ABE=∠CBD∠E=∠BDCAB=CB，
∴△BEA≌△BDC（AAS），
∴BE＝BD＝5，S△BEA＝S△BDC，
∴△BED为等腰直角三角形，SABCD＝S△ABD+S△BCD＝S△ABD+S△AEB＝S△BED，
即：SABCD=12BD⋅BE=12BD2=252；
故答案为：252．
【点评】本题考查正方形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰直角三角形，添加辅助线构造全等三角形和特殊三角形是解题的关键．
三．解答题（共5小题）
16．（2025•碑林区模拟）问题提出：
（1）如图1，四边形ABCD是正方形，E，F分别在边BC和CD上，连接AE、EF、AF，当∠EAF＝45°，请直接写出线段EF，BE，DF之间的数量关系 EF＝BE+DF ．
（2）如图2，在现代化智能农场中，有一四边形试验田ABCD，AD∥BC，∠ADC＝90°，BC＝CD＝40m，AD＝30m．为实现精准施肥，在CD边上设置施肥装置E，连接BE，在点C关于BE的对称点F处设置一智能控制中心．连接EF并延长与AD交于M，连接CF并延长与AD交于G，其中EM、EB为肥料输送管道，CG为输水管道．为避免干扰其他区域，点M、G均在线段AD上．因农场的小型机器人在运输时需穿行边AD，为确保安全、顺畅通行，现需了解管道间距MG的最大值．请问MG是否存在最大值？若不存在，请说明理由；若存在，请求出MG的最大值．
【考点】四边形综合题．
【答案】（1）EF＝BE+DF；
（2）存在，MG的最大值为(120-802)m．
【分析】（1）把△ADF绕点A逆时针旋转90°，使AD与AB重合，点F与点G对应，利用旋转的性质，证明△AGE≌△AFE即可；
（2）如图，过点B作BN⊥AD交DA的延长线于点N，连接BM，作△BME的外接圆⊙O，过点O作OH⊥ME于点H，连接OB，OM，OE，先证明四边形NBCD是正方形，再证明△BCE≌△CDG（AAS），由对称的性质得：CE＝EF，∠CBE＝∠FBE，BC＝BF＝40m，∠BFE＝∠BCE＝90°，证明Rt△BNM≌Rt△BFM（HL），推出∠MBE＝45°，MG＝（40﹣ME）m，当ME取最小值时，MG取得最大值；设⊙O半径为r，得到OB＝OM＝OE＝r，∠MOE＝2∠MBE＝90°，求出ME=2r；根据OB+OH≥BF，即r+22r≥40，求出MEmin=(802-80)m，即可解答．
【解答】解：（1）线段EF，BE，DF之间的数量关系为EF＝BE+DF；理由如下：
如图，把△ADF绕点A逆时针旋转90°，使AD与AB重合，点F与点G对应，
由旋转可得GB＝DF，AF＝AG，∠BAG＝∠DAF，∠ABG＝∠ADF，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BAD＝∠ADF＝∠ABC＝90°，
∴∠ABC+∠ABG＝180°，
∴G，B，C三点在一条直线上，
∵∠EAF＝45°，
∴∠BAE+∠DAF＝45°，
∴∠BAG+∠BAE＝45°＝∠EAF，
在△AGE和△AFE中，
AG=AF∠GAE=∠EAFAE=AE，
∴△AGE≌△AFE（SAS），
∴GE＝EF，
∵GE＝GB+BE＝BE+DF，
∴EF＝BE+DF，
故答案为：EF＝BE+DF；
（2）MG存在最大值；理由如下：
如图2，过点B作BN⊥AD交DA的延长线于点N，连接BM，作△BME的外接圆⊙O，过点O作OH⊥ME于点H，连接OB，OM，OE，
∵AD∥BC，∠ADC＝90°，
∴∠BCD＝90°，
∵BN⊥AD，
∴∠BND＝90°，
∴∠BND＝∠D＝∠BCD＝90°，
∴四边形NBCD是矩形，
∵BC＝CD＝40m，
∴四边形NBCD是正方形，
∴BN＝DN＝BC＝CD＝40m，
∵AD＝30m，
∴AN＝DN﹣AD＝10m；
∵∠BCF+∠FCD＝∠FCD+∠CGD＝90°，
∴∠BCF＝∠CGD，
∵BC＝CD，∠BCD＝∠D＝90°，
∴△BCE≌△CDG（AAS），
∴CE＝DG；
由对称的性质得：CE＝EF，∠CBE＝∠FBE，BC＝BF＝40m，∠BFE＝∠BCE＝90°，
∴∠BFM＝90°，
∵BN＝BF＝40m，∠BFM＝∠N＝90°，BM＝BM，
在Rt△BNM和Rt△BFM中，
BN=BFBM=BM，
∴Rt△BNM≌Rt△BFM（HL），
∴MN＝MF，∠NBM＝∠FBM；
∴∠MBE=∠FBM+∠FBE=12∠NBF+12∠FBC=12∠NBC=45°，MG＝DN﹣MN﹣DG＝40﹣MF﹣EF＝（40﹣ME）m，
∴当ME取最小值时，MG取得最大值；
设⊙O半径为r，则OB＝OM＝OE＝r，
∵⊙O为△BME的外接圆，
∴OB＝OM＝OE＝r，∠MOE＝2∠MBE＝90°，
∴△MOE是等腰直角三角形，
∴ME=2r；
∵OH⊥ME，
∴OH=22OM=22r，
∵OB+OH≥BF，即r+22r≥40，
∴r≥(80-402)m，
∴ME≥2r≥(802-80)m，
∴MEmin=(802-80)m，
∴MGmax=40-(802-80)=(120-802)m．
【点评】本题属于四边形综合题，主要考查正方形的判定与性质，旋转的性质，全等三角形的判定与性质定理，圆周角定理，等腰三角形的判定与性质，添加辅助线，构造圆与全等三角形是解题的关键．
17．（2025•朝阳区四模）如图，在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，D是BC边中点，E是边AB上一动点，连结DE，当E不与B重合时，以DE、DC为邻边作▱CDEF．
（1）sinB＝ 45 ；
（2）求CF的最小值；
（3）当▱CDEF为轴对称图形时，求▱CDEF的面积．
（4）连结AF，当S△ACF=14S▱CDEF时，直接写出BE的长度．
【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】（1）45；
（2）125；
（3）21625或12；
（4）BE的长度为2或103．理由见解答过程．
【分析】（1）连接AD，根据等腰三角形的性质以及勾股定理可得AD的长，即可求解；
（2）根据平行四边形的性质可得CF＝DE，从而得到当DE最小时，CF最小，当DE⊥AB时，DE最小，即可求解；
（3）根据题意可得▱CDEF为矩形或菱形：当▱CDEF菱形时，过点E作EG⊥BD于点G，此时CD＝DE＝3，设EG＝4x，BE＝5x，可得DG＝BD﹣BG＝3﹣3x，在Rt△DEG中，根据勾股定理可求出 x=1825，即可；当▱CDEF矩形时，此时ED⊥CD，此时点E与点A重合，即可求解；
（4）分两种情况讨论：当点F在△ABC内部时；当点F在△ABC外部时，结合相似三角形的性质解答即可．
【解答】解：（1）在△ABC中，AB＝AC＝5，BC＝6，D是BC边中点，如图1，连接AD，
∴AD⊥BC，BD=12BC=3，
在直角三角形ABD中，由勾股定理得：AD=AB2-BD2=4，
∴sinB=ADAB=45；
故答案为：45；
（2）∵四边形CDEF是平行四边形，
∴CF＝DE，
∴当DE最小时，CF最小，
当DE⊥AB时，DE最小，
此时S△ABD=12AB×DE=12AD×BD，
∴12×5×DE=12×4×3，
解得：DE=125，
即CF的最小值为125；
（3）∵▱CDEF为轴对称图形，
∴▱CDEF为矩形或菱形，
当▱CDEF菱形时，如图2，过点E作EG⊥BD于点G，此时CD＝DE＝3，
∵sinB=45，
设EG＝4x，BE＝5x，
在直角三角形BEG中，由勾股定理得：BG=BE2-EG2=3x，
∴DG＝BD﹣BG＝3﹣3x，
在Rt△DEG中，由勾股定理得：DG2+EG2＝DE2，
∴（3﹣3x）2+（4x）2＝32，
解得：x=1825，
∴EG=7225，
∴▱CDEF的面积为EG×CD=3×7225=21625；
当▱CDEF矩形时，如图3，此时ED⊥CD，
∵E是边AB上一动点，
∴此时点E与点A重合，
此时▱CDEF的面积为ED×CD＝3×4＝12；
综上所述，▱CDEF的面积为21625或12；
（4）BE的长度为2或103．理由如下：
∵四边形CDEF是平行四边形，
∴EF＝CD＝3，EF∥BC，
如图4，当点F在△ABC内部时，延长CF交AB于点M，分别过点A，B，D作CM的垂线，垂足分别为P，Q，H，
∴S△ACF=12CF×AP，S▱CDEF=CF×DH，
∵S△ACF=14S▱CDEF，
∴12CF×AP=14CF×DH，
∴DH＝2AP，
∵AP⊥CM，BQ⊥CM，DH⊥CM，
∴DH∥BQ∥AP，
∴△CDH∽△CBQ，
∴DHBQ=CDBC=12，
∴BQ＝2DH＝4AP，
∵BQ∥AP，
∴△APM∽△BQM，
∴AMBM=APBQ=14，
∴BM=45AB=4，
∵EF∥CD，
∴△EFM∽△BCM，
∴EMBM=EFBC=36，
∴EM=12BM=2，
∴BE＝2；
如图5，当点F在△ABC外部时，延长CF交BA于点M，分别过点A，B，D作CM的垂线，垂足分别为P，Q，H，
∴S△ACF=12CF×AP，S▱CDEF=CF×DH，
∵S△ACF=14S▱CDEF，
∴12CF×AP=14CF×DH，
∴DH＝2AP，
∵AP⊥CM，BQ⊥CM，DH⊥CM，
∴DH∥BQ∥AP，
∴△CDH∽△CBQ，
∴DHBQ=CDBC=12，
∴BQ＝2DH＝4AP，
∵BQ∥AP，
∴△APM∽△BQM，
∴AMBM=APBQ=14，
∴BM=43AB=203，
∵EF∥CD，
∴△EFM∽△BCM，
∴EMBM=EFBC=36，
∴EM=12BM=103，
∴BE=103；
综上所述，BE的长度为2或103．
【点评】本题属于四边形综合题，主要考查了相似三角形的判定和性质，勾股定理，平行四边形的性质等知识点，熟练掌握相似三角形的判定和性质，灵活运用方程思想和分类讨论思想是解题的关键．
18．（2025•河东区模拟）在平面直角坐标系中，O为原点，菱形ABCD的顶点A、D分别在坐标轴上，BD⊥x轴，点D（3，0），∠BAD＝60°，△POQ是直角三角形，∠P＝30°，PQ＝6，将△POQ沿x轴向右平移，得到△P′O′Q′，点P、O、Q的对应点分别为P′，O′，Q′．
（1）填空：如图①，点B的坐标为 (3，23) ，当P′O′经过点B时，P′Q′与AD的交点E的坐标为 (34，334) ；
（2）设OO′＝t，△P′O′Q′与菱形ABCD重叠部分的面积为S．
①如图②，当边P′Q′与AB相交于点F，P′O′分别与BC、CD相交于点G、H，且△P′O′Q′与菱形ABCD重叠部分为六边形时，试用含有t的式子表示线段CH，并直接写出t的取值范围；
②当1≤t≤7时，求S的取值范围（直接写出结果即可）．
【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】（1）(3，23)；(34，334)；
（2）①CH=43-233t(3＜t＜4)；理由见解答过程；
②S的取值范围为33≤S≤54317．理由见解答过程．
【分析】（1）连接AC交BD于点M，利用菱形的性质得到AC⊥BD，∠DAC=12∠BAD=30°，BM＝DM，结合BD⊥x轴，推出四边形AMDO是矩形，则有AM＝OD＝3，AO＝DM，在Rt△ADM中利用正切的定义求出DM=33AM=3，得到BD=2DM=23，得出点B、A的坐标；利用待定系数法求出直线AD和P′Q′的解析式，联立解析式即可求出交点E的坐标；
（2）①连接AC交BD于点M，交GH于点N，结合（1）中的结论，通过证明四边形ANO′O是矩形得到AN＝OO′＝t，∠ANO′＝90°，则有CN＝AC﹣AN＝6﹣t，在Rt△CNH中利用余弦的定义表示出CH的长，再结合△P′O′Q′与菱形ABCD重叠部分为六边形，即可得出t的取值范围；②根据重叠部分图形的变化，分以下情况讨论：1≤t≤2、2＜t≤3、3＜t＜4、4≤t＜6、6≤t≤7，分别画出示意图，利用图形面积公式表示出S，利用二次函数的性质求出S的取值范围，即可解答．
【解答】解：（1）在平面直角坐标系中，O为原点，菱形ABCD的顶点A、D分别在坐标轴上，BD⊥x轴，点D（3，0），∠BAD＝60°，如图①，连接AC交BD于点M，
∴OD＝3，AC⊥BD，∠DAC=12∠BAD=30°，BM＝DM，
∴∠AMD＝90°，
∵BD⊥x轴，
∴∠MDO＝90°，
∵∠AOD＝90°，
∴∠AOD＝∠MDO＝∠AMD＝90°，
∴四边形AMDO是矩形，
∴AM＝OD＝3，AO＝DM，
在Rt△ADM中，tan∠DAM=DMAM=tan30°=33，
∴DM=33AM=3，
∴BD=2DM=23，AO=DM=3，
∴点B的坐标为(3，23)，点A的坐标为(0，3)，
∵∠POQ＝90°，∠P＝30°，PQ＝6，
∴OQ=12PQ=3，
在直角三角形OPQ中，由勾股定理得：OP=PQ2-OQ2=33，Q（﹣3，0），
∴P(0，33)，
∵当P′O′经过点B时，O′与D重合，
∴△POQ沿x轴向右平移3个单位长度，
∴P'(3，33)，Q′（0，0），
设直线AD的解析式为y＝k1x+b1，将点A，点D的坐标分别代入得：
A(0，3)b1=33k1+b1=0，
解得：k1=-33b1=3，
∴直线AD的解析式为y=-33x+3，
同理可得直线P′Q′的解析式为y=3x，
联立y=-33x+3y=3x，
解得x=34y=334，
∴E(34，334)；
∴综上所述，点B的坐标为(3，23)，点E的坐标为(34，334)，
故答案为：(3，23)；(34，334)；
（2）①含有t的式子表示线段CH为CH=43-233t(3＜t＜4)；理由如下：
设OO′＝t，△P′O′Q′与菱形ABCD重叠部分的面积为S．将△POQ沿x轴向右平移t个单位长度得到△P′O′Q′，点P、O、Q的对应点分别为P′，O′，Q′．
如图②，连接AC、BD，AC与BD相交于点M，AC交GH于点N，
∴P'(t，33)，Q′（t﹣3，0），O′（t，0），
由（1）得，AM＝OD＝3，A(0，3)，四边形AMDO是矩形，∠DAC＝30°，
∴∠MAO＝90°，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC＝2AM＝6，AD＝CD，
∴C(6，3)，∠DCA＝∠DAC＝30°，
∵∠MAO＝∠AOD＝∠P′O′G′＝90°，
∴四边形ANO′O是矩形，
∴AN＝OO′＝t，∠ANO′＝90°，
∴CN＝AC﹣AN＝6﹣t，∠CNH＝90°，
在Rt△CNH中，cs∠NCH=CNCH=cs30°=32，
∴CH=23CN=23(6-t)=43-233t，
当点O′与点D重合时，t＝3；
当P′Q′经过点B时，
∵P'(t，33)，Q′（t﹣3，0），
∴同理（1）的方法可得，直线P′Q′的解析式为y=3x+33-3t，将点B的坐标代入得：
33+33-3t=23，
解得t＝4；
由图象得，当3＜t＜4时，△P′O′Q′与菱形ABCD重叠部分为六边形，
综上所述，含有t的式子表示线段CH为CH=43-233t(3＜t＜4)；
②S的取值范围为33≤S≤54317．理由如下：
分以下五种情况讨论：
当1≤t≤2时，△P′O′Q′与菱形ABCD重叠部分为△AGH，连接AC交GH于点N，如图③，
由①得，AN＝OO′＝t，AN⊥GH，∠BAC＝∠DAC＝30°，
∴GN=HN=ANtan30°=33t，
∴GH=2HN=233t，
∴S=S△AGH=12GH⋅AN=12×233t×t=33t2，
∵1≤t≤2，
∴此时S的取值范围为33≤S≤433；
当2＜t≤3时，△P′O′Q′与菱形ABCD重叠部分为四边形EFGH，设P′Q′与y轴交于点K，如图④，
由①得，直线P′Q′的解析式为y=3x+33-3t，
令x＝0，则y=33-3t，
∴K(0，33-3t)，
∵A(0，3)，
∴AK=3-(33-3t)=3t-23，
∵OA=3，OD＝3，
∴tan∠OAD=ODOA=33=3，
∴∠OAD＝60°，即∠EAK＝60°，
∵P′O′∥y轴，
∴∠AKE＝∠P′＝30°，
∴∠AEK＝180°﹣∠AKE﹣∠EAK＝90°，
∴AE=12AK=32t-3，
∴EK=AK2-AE2=32t-3，
∴S△AEK=12EK⋅AE=12(32t-3)(32t-3)=338(t-2)2，
同理可得：S△AGH=33t2，
∵∠AEK＝∠AEF＝90°，∠EAK＝∠EAF＝60°，AE＝AE，
∴△AEK≌△AEF，
∴S△AEF=S△AEK=338(t-2)2，
∴S＝S四边形EFGH
＝S△AGH﹣S△AEF
=33t2-338(t-2)2
=-324(t-18)2+123，
∵2＜t≤3，
∴此时S的取值范围为433＜S≤2138；
当3＜t＜4时，△P′O′Q′与菱形ABCD重叠部分为六边形EFBGHD，如图⑤，
同理可得S△AEF=338(t-2)2，S△CGH=33(6-t)2，
∵S菱形ABCD=12AC⋅BD=12×6×23=63，
∴S＝S六边形EFBGHD
＝S菱形ABCD﹣S△CGH﹣S△AEF
=63-33(6-t)2-338(t-2)2
=-17324(t-6617)2+54317，
当t=6617时，S有最大值54317，
∵3＜t＜4，
∴此时S的取值范围为2138＜S≤54317；
当4≤t＜6时，△P′O′Q′与菱形ABCD重叠部分为五边形ELGHD，设P′Q′与AB延长线交于点F，如图⑥，
同理可得S△AEF=338(t-2)2，S△CGH=33(6-t)2，S菱形ABCD=63，
∵A(0，3)，B(3，23)，
∴直线AB的解析式为y=33x+3，
联立y=33x+3y=3x+33-3t，
解得x=32t-3y=32t，
∴F(32t-3，32t)，
∴FBFA=xF-xBxF-xA=32t-3-332t-3=t-4t-2，
∵BL∥AE，
∴△FBL∽△FAE，
∴S△FBLS△FAE=(FBFA)2=(t-4t-2)2，
∴S△FBL=(t-4t-2)2×S△AEF=338(t-4)2，
∴S＝S五边形ELGHD
＝S菱形ABCD﹣S△CGH﹣S△AEF+S△FBL
=63-33(6-t)2-338(t-2)2+338(t-4)2
=-33(t-154)2+51316，
∵4≤t＜6，
∴此时S的取值范围为332＜S≤1936；
当6≤t≤7时，△P′O′Q′与菱形ABCD重叠部分为△CEF，设P′Q′与AC交于点T，如图⑧，
直线P′Q′的解析式为y=3x+33-3t，
令y=3，则3x+33-3t=3，
解得x＝t﹣2，
∴T(t-2，3)，
∴CT＝AC﹣AT＝6﹣（t﹣2）＝8﹣t，
∵AC∥x轴，
∴∠FTC＝∠P′Q′O′＝60°，
∵∠FCT＝30°，
∴∠CFT＝180°﹣∠FCT﹣∠FTC＝90°，
∴FT=12CT=4-12t，
∴CF=CT2-FT2=43-32t，
在Rt△CEF中，tan∠ECF=EFCF=tan60°=3，
∴EF=3CF=12-32t，
∴S=S△CEF=12CF⋅EF=12(43-32t)(12-32t)=338(t-8)2，
∵6≤t≤7，
∴此时S的取值范围为338≤S≤332；
∴综上所述，S的取值范围为33≤S≤54317．
【点评】本题属于四边形综合题，主要考查了菱形的性质、矩形的性质与判定、解直角三角形、二次函数的最值、待定系数法求函数解析式、割补法求图形面积、勾股定理，运用分类讨论和数形结合的思想是解题的关键．
19．（2025•番禺区二模）如图1，已知四边形ABCD中，AB＝BC＝CD＝4，∠B＝∠C＝α（60°＜α≤90°）．
（1）点E，F分别是AB，BC边上动点，且BE＝CF，连接CE与DF，交于点G，求∠DGE的度数（用α表示）；
（2）当α＝90°时，
①点F是BC边上动点，将△CDF沿着DF翻折，若点C的对应点刚好落在对角线BD上，求此时CF的长度；
②如图2，N在CD上运动，F在BC上运动，BN与AF交于点M，且满足∠NBC=12∠BAF，P是BM中点，求55DP+CP的最小值．
【考点】四边形综合题．
【专题】几何综合题；三角形；图形的全等；矩形 菱形 正方形；平移、旋转与对称；图形的相似；几何直观；运算能力；推理能力．
【答案】（1）α；
（2）①42-4；
②4．
【分析】（1）证明△BCE≌△CDF（SAS），推出∠CGF＝∠B，即可求解；
（2）①证明四边形ABCD是正方形，得到∠CBD＝45°，BD＝42，再结合折叠的性质，得到△BGF是等腰三角形，即可求解；
②先证得AB＝AM，得到AP⊥BN，进而得到点P的运动轨迹是以AB为直径的圆上的一段弧，设AB的中点为O，连接DO，如图，在OD上取点Q，使OQ=255，连接OP，PQ，证明△POQ∽△DOP，得到PQ=55DP，则55DP+CP＝PQ+PC≥CQ，可得当C，P，Q三点共线时PQ+PC最小，即55DP+CP最小，然后作辅助线、构建直角三角形，利用勾股定理求解即可．
【解答】解：（1）在△BCE和△CDF中，
BC=CD∠B=∠FCDBE=CF，
∴△BCE≌△CDF（SAS），
∴∠BEC＝∠CFD，
∴∠CGF＝180°﹣∠BCE﹣∠CFD＝180°﹣∠BCE﹣∠BEC＝∠B，
∴∠DGE＝∠B＝α；
（2）①在四边形ABCD中，AB＝BC＝CD＝4，∠B＝∠C＝90°，
∴四边形ABCD是正方形，
∴∠CBD＝45°，
∴BD=BC2+CD2=42，
设点C的落点为G，如图，
由折叠的性质可知，DG＝CD＝4，∠DGF＝∠C＝90°，FG＝CF，
∴△BGF是等腰三角形，
∴BG=FG=42-4，
∴CF=FG=42-4；
②∵∠AFB＝90°﹣∠BAF，∠NBC=12∠BAF，
∴∠AFB＝90°﹣2∠NBC，
∴∠AMB＝∠NBC+∠AFB＝90°﹣∠NBC，
∵∠ABM＝90°﹣∠NBC，
∴∠AMB＝∠ABM，
∴AB＝AM，
连接AP，
∵P是BM中点，
∴AP⊥BN，
∴点P的运动轨迹是以AB为直径的圆上的一段弧，
设AB的中点为O，连接DO，如图，
则AO=12AB＝2，OD=22+42=25，
在OD上取点Q，使OQ=255，连接OP，PQ，则OP＝2，
∴OQOP=2552=55，OPOD=225=55，
∴OQOP=OPOD，
又∵∠POQ＝∠DOP，
∴△POQ∽△DOP，
∴PQPD=OQQP=55，
∴PQ=55DP，
连接CQ，
则55DP+CP＝PQ+PC≥CQ，
∴当C，P，Q三点共线时PQ+PC最小，即55DP+CP最小，
作QH⊥AB，QK⊥BC，垂足分别为H、K，如图，
则四边形BKQH是矩形，∠OQH＝∠ADO，
∴HQ＝BK，BH＝QK，
在直角三角形OHQ中，HO=OQ⋅sin∠OQH=OQ⋅sin∠ADO=255×225=25，HQ=OQ⋅cs∠OQH=OQ⋅cs∠ADO=255×425=45，
∴QK=BH=BO+OH=2+25=125，CK＝BC﹣BK＝4-45=165，
则在直角三角形CKQ中，CQ=(125)2+(165)2=4，
即55DP+CP的最小值为4．
【点评】本题是四边形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质、正方形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、解直角三角形、勾股定理以及点与圆上距离的最值等知识，比较难的是最后一个小题，正确作出辅助线、利用相似三角形的性质转化带根号系数的线段是解题的关键．
20．（2025春•两江新区）如图，四边形ABCD中，AD∥CF，F为AB的中点，DF与AC交于点E，DE＝FE．
（1）求证：四边形CDFB是平行四边形；
（2）若BC＝10，BF=33，∠B＝30°，求AD的长．
【考点】平行四边形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；含30度角的直角三角形；勾股定理；三角形中位线定理．
【专题】图形的全等；等腰三角形与直角三角形；多边形与平行四边形；几何直观；推理能力．
【答案】（1）证明见解析；
（2）AD=37．
【分析】（1）先证明△DAE≌△FCE（AAS），则AE＝CE，AD＝CF，可得EF为△ABC中位线，则EF∥BC，即FD∥BC，证明四边形ADCF是平行四边形，则DC∥FA，即CD∥BF，即可证明；
（2）过点C作CG⊥AB于点G，由30°角直角三角形性质以及勾股定理求解CG，BG，再在Rt△GFC中，由勾股定理即可求解．
【解答】（1）证明：∵AD∥CF，
∴∠ADE＝∠CFE，∠DAE＝∠FCE，
在△DAE和△FCE中，
∠ADE=∠CFE∠DAE=∠FCEDE=FE，
∴△DAE≌△FCE（AAS），
∴AE＝CE，AD＝CF，
∵F为AB的中点，
∴EF为△ABC中位线，
∴EF∥BC，即FD∥BC
∵AD＝CF，AD∥CF，
∴四边形ADCF是平行四边形，
∴DC∥FA，即CD∥BF，
∴四边形CDFB是平行四边形；
（2）解：BC＝10，BF=33，∠B＝30°，如图，过点C作CG⊥AB于点G，
∴CG=12BC=5，
在直角三角形BCG中，由勾股定理得：BG=CB2-CG2=53，
∵BF=33，
∴FG=BG-BF=23，
在直角三角形CFG中，由勾股定理得：CF=CG2+FG2=52+(23)2=37，
∴AD=37．
【点评】本题考查了全等三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，含30度角的直角三角形，勾股定理，三角形中位线定理，解答本题的关键是熟练掌握全等三角形的性质．
嗨，你好!我是小数，对于此题，我是这样思考的：通过构造▱MNBP，把MN转化为BP，从而把双动点问题转化为单动点问题，这样就很容易解决问题了．你试试看！
嗨，你好!我是小数，对于此题，我是这样思考的：通过构造▱MNBP，把MN转化为BP，从而把双动点问题转化为单动点问题，这样就很容易解决问题了．你试试看！