2023年广东省中考数学第一轮复习卷：10四边形

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2023年广东省中考数学第一轮复习卷：10四边形
一．选择题（共13小题）
1．（2022•武江区校级一模）如图，在正方形ABCD中，点E、F分别是BC、CD的中点，DE、AF交于点G，连接BG．若∠DAF＝n°，则∠ABG的度数为（　　）

A．2n° B．90°﹣n° C．45°+n° D．135°﹣3n°
2．（2022•珠海校级三模）如图，E是正方形ABCD内一点，AE⊥DE于E，AE＝2cm，则△ABE的面积是（　　）

A．5 B．4 C．3 D．2
3．（2022•韶关模拟）中国古代数学家刘徽在《九章算术注》中，给出了证明三角形面积公式的出入相补法．如图所示，在△ABC中，分别取AB、AC的中点 D、E，连接DE，过点A作AF⊥DE，垂足为F，将△ABC分割后拼接成矩形BCHG．若DE＝3，AF＝2，则△ABC的面积是（　　）

A．6 B．8 C．10 D．12
4．（2022•新兴县校级模拟）若某正多边形的一个外角是45°，则该正多边形的内角和为（　　）
A．1440° B．1080° C．900° D．360°
5．（2022•江城区二模）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝4，点E是AB边的中点，沿EC对折矩形ABCD，使B点落在点P处，折痕为EC，连接AP并延长AP交CD于点F．下列结论中，正确的结论有（　　）个．
①BP⊥AP；②BP•EC＝PC•AB；③13S△ABP＝12S四边形PBCF；④sin∠PCF=725．

A．4 B．3 C．2 D．1
6．（2022•三水区校级三模）如图，在正方形ABCD中，E，F，G分别是AB，BC，CD上的点，且AE＝BF＝CG，连接BD分别交EG，EF于点M，N，连接FG．下列结论：①△EBF≌△FCG；②EF⊥FG；③M是BD的中点；④若sin∠BEF=13，则MN＝3FN．其中正确的有（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
7．（2022•东莞市校级二模）如图，E、F分别是正方形ABCD的AB、BC边上的动点，且满足AE＝BF，连接CE、DF，相交于点G，连接AG，则下列4个结论：①DF＝CE；②CE⊥FD；③AD＝AG；④若点E是AB的中点，则DG＝4GF，其中正确的结论是（　　）

A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④
8．（2022•濠江区一模）如图，四边形ABCD为一长方形纸带，AD∥BC，将四边形ABCD沿EF折叠，C、D两点分别与C′、D′对应，若∠1＝2∠2，则∠3的度数为（　　）

A．50° B．54° C．58° D．62°
9．（2022•东莞市校级二模）如图，在平行四边形ABCD中，BD为对角线，点O是BD的中点，且AD∥EO，OF∥AB，四边形BEOF的周长为10，则平行四边形ABCD的周长为（　　）

A．10 B．12 C．15 D．20
10．（2022•禅城区校级三模）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，E，F是对角线AC上的两点，给出下列四个条件，其中不能判定四边形DEBF是平行四边形的有（　　）

A．∠ADE＝∠CBF B．∠ABE＝∠CDF C．AE＝CF D．DE＝BF
11．（2022•紫金县二模）如图，在正方形ABCD中，AB＝6，点O是对角线AC的中点，点Q是线段OA上的动点（点Q不与点O，A重合），连接BQ，并延长交边AD于点E，过点Q作FQ⊥BQ交CD于点F，分别连接BF与EF，BF交对角线AC于点G．过点C作CH∥QF交BE于点H，连接AH．有以下四个结论：①BF=2BQ；②△DEF的周长为12；③线段AH的最小值为2；④2S△BQG＝S△BEF．其中正确结论的个数为（　　）

A．1 B．2 C．3 D．4
12．（2022•广州）如图，正方形ABCD的面积为3，点E在边CD上，且CE＝1，∠ABE的平分线交AD于点F，点M，N分别是BE，BF的中点，则MN的长为（　　）

A．62 B．32 C．2−3 D．6−22
13．（2022•广东）如图，在▱ABCD中，一定正确的是（　　）

A．AD＝CD B．AC＝BD C．AB＝CD D．CD＝BC
二．填空题（共8小题）
14．（2022•台山市校级一模）在学习完勾股定理后，小芳被“弦图”深深地吸引了，她也设计了一个类似“弦图”的图案（如图），主体是一个菱形，把菱形分割成四个两两全等的直角三角形和一个矩形，这四个直角三角形中有两个是等腰直角三角形，另两个三角形的两直角边分别是6cm和8cm，那么中间的矩形的面积是 　 　．

15．（2022•南海区校级模拟）一个正多边形的内角和是其外角和的2倍，则这个正多边形的边数是 　 　．
16．（2022•濠江区一模）两张全等的矩形纸片ABCD，AECF按如图方式交叉叠放在一起，AB＝AF，AE＝BC．若AB＝2，BC＝6，则图中重叠（阴影）部分的面积为 　 　．

17．（2022•中山市三模）如图，小明用四根长度相同的木条制作了能够活动的菱形学具，他先将该活动学具调成图1所示菱形，测得∠A＝120°，接着将该活动学具调成图2所示正方形，测得正方形的对角线AC＝30cm，则图1中对角线AC的长为 　 　cm．

18．（2022•禅城区校级三模）如图，E为正方形ABCD边AB上一动点（不与A重合），AB＝4，将△DAE绕点A逆时针旋转90°得到△BAF，再将△DAE沿直线DE折叠得到△DME，下列结论：
①连接AM，则AM∥BF；
②连接FE，当F、E、M三点共线时，AE＝42−4；
③连接EF、EC、FC，若△FEC是等腰三角形，则AE＝43−4；
④连接EF，设FC、ED交于点O，若EF平分∠BFC，则O是FC的中点，且AE＝25−2；其中正确结论的序号为 　 　．

19．（2022•南山区三模）规定：若a→=（x1，y1），b→=（x2，y2），则a→•b→=x1x2+y1y2．例如a→=（1，2），b→=（3，4），则a→⋅b→=1×3+2×4＝3+8＝11．已知a→=（x+1，x﹣1），b→=（x﹣2，3），则a→•b→的最小值是 　 　．
20．（2022•广州）如图，在▱ABCD中，AD＝10，对角线AC与BD相交于点O，AC+BD＝22，则△BOC的周长为 　 　．

21．（2022•广东）菱形的边长为5，则它的周长是 　 　．
三．解答题（共11小题）
22．（2022•天河区校级模拟）如图，在四边形ABCD中，∠ADB＝90°，AD＝12，DO＝OB＝5，AC＝26，
（1）求证；四边形ABCD为平行四边形；
（2）求四边形ABCD的面积．

23．（2022•南海区校级模拟）已知；如图，在平行四边形ABCD中，AD＝3cm，DC＝1cm，∠B＝45°，点P从点A出发，沿AD方向匀速运动，速度为3cm/s，点Q从C点出发，沿CD方向匀速运动，速度为1cm/s，连接并延长QP交BA的延长线于点M过M作MN⊥BC．垂足是N，设运动时间为t（s）（0＜t＜1）
解答下列问题：
（1）当t为何值时，四边形AQDM是平行四边形？
（2）设四边形ANPM的面积为y（cm2），求y与t之间的函数关系式；
（3）是否存在某一刻t，使四边形ANPM的面积是平行四边形ABCD的面积的一半？若存在，求出相应的t值；若不存在，说明理由．

24．（2022•香洲区校级三模）如图，在矩形ABCD中，AB＝12，点E是AD边上一点，∠BEC＝90°，延长CE至点F，使CF＝CB，FG∥BE交AB于点G，连接CG，交BE于点H．
（1）求证：△BGH是等腰三角形；
（2）若点E为AD的中点，AD＝2AB，求tan∠BCG的值．

25．（2022•珠海校级三模）如图，E是正方形ABCD的BC边上一点（E不与B、C重合），EG⊥AC于G，F在BC的延长线上，且CF＝BE，连接AE、DF和DG．
（1）若连接GF，求证：DG＝GF；
（2）若∠BAE＝30°，求∠AGD的度数．

26．（2022•龙湖区校级三模）如图，点E为正方形ABCD边AD上一动点（不与A、D重合）．连接BE交AC于点F，PQ经过点F，分别与AB、CD交于点P、Q，且PQ＝BE．
（1）求证：BE⊥PQ；
（2）求证：FP＝FE；
（3）若CQ=2，求AC﹣2AF的长．

27．（2022•茂南区一模）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，△AOB关于AB的对称图形为△AEB．
（1）求证：四边形AEBO是菱形；
（2）连接CE，若AB＝6cm，CB=21cm．
①求sin∠ECB的值；
②若点P为线段CE上一动点（不与点C重合），连接OP，一动点Q从点O出发，以1cm/s的速度沿线段OP匀速运动到点P，再以2.5cm/s的速度沿线段PC匀速运动到点C，到达点C后停止运动，当点Q沿上述路线运动到点C所需要的时间最短时，求PC的长和点Q走完全程所需的时间．

28．（2022•惠阳区校级二模）如图，四边形ABCD中，∠B＝∠C＝90°，点E、F分别在边AB、BC上，DE⊥AB，DE＝AB，AE＝BE＝3，BF＝2，△ADF的面积等于15．
（1）求DF的长度．
（2）求证：∠ADE+∠BAF＝∠DAF．

29．（2022•顺德区校级三模）如图，在矩形ABCD中，E、F分别是边AB、CD上的点，AE＝CF，连接EF、BF，EF与对角线AC交于点O，且BE＝BF，∠BEF＝2∠BAC．
（1）求证：OE＝OF；
（2）若BC＝2，求AB的长．

30．（2022•东莞市校级二模）在①AE＝BF；②BE＝CF；③∠AED＝∠BFD这三个条件中选择一个，补充在下面的问题中，并完成问题的解答．
问题：如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，点E、F分别在AB、BC边上，若 　 　，请判断△DEF的形状，并证明结论．

31．（2022•广州）如图，在菱形ABCD中，∠BAD＝120°，AB＝6，连接BD．
（1）求BD的长；
（2）点E为线段BD上一动点（不与点B，D重合），点F在边AD上，且BE=3DF．
①当CE⊥AB时，求四边形ABEF的面积；
②当四边形ABEF的面积取得最小值时，CE+3CF的值是否也最小？如果是，求CE+3CF的最小值；如果不是，请说明理由．

32．（2022•深圳）（1）发现：如图①所示，在正方形ABCD中，E为AD边上一点，将△AEB沿BE翻折到△BEF处，延长EF交CD边于G点．求证：△BFG≌△BCG；
（2）探究：如图②，在矩形ABCD中，E为AD边上一点，且AD＝8，AB＝6．将△AEB沿BE翻折到△BEF处，延长EF交BC边于G点，延长BF交CD边于点H，且FH＝CH，求AE的长．
（3）拓展：如图③，在菱形ABCD中，AB＝6，E为CD边上的三等分点，∠D＝60°．将△ADE沿AE翻折得到△AFE，直线EF交BC于点P，求PC的长．



2023年广东省中考数学第一轮复习卷：10四边形
参考答案与试题解析
一．选择题（共13小题）
1．（2022•武江区校级一模）如图，在正方形ABCD中，点E、F分别是BC、CD的中点，DE、AF交于点G，连接BG．若∠DAF＝n°，则∠ABG的度数为（　　）

A．2n° B．90°﹣n° C．45°+n° D．135°﹣3n°
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝BC＝DC，
∵点E、F分别是BC、CD的中点，
∴EC＝DF，
在△ADF和△DCE中，
AD=DC∠ADF=∠DCEDF=CE，
∴△ADF≌△DCE（SAS），
∴∠AFD＝∠DEC，
∵∠DEC+∠CDE＝90°，
∴∠AFD+∠CDE＝90°＝∠DGF，
∴AF⊥DE．
如图：延长DE交AB的延长线于H，

∵BE=12BC=12AD，BE∥AD，
∴△HBE∽△HAD，
∴BEAD=HBHA=12，
∴BH＝AB，点B是AH的中点，
∵AF⊥DE，
∴∠AGH＝90°，
∴GB＝HB，
∴∠H＝∠BGH，
∵∠H+∠ADH＝∠DAG+∠ADG＝90°，
∴∠H＝∠DAG＝n°，
∴∠ABG＝∠H+∠BGH＝2∠H＝2n°，
故选：A．
2．（2022•珠海校级三模）如图，E是正方形ABCD内一点，AE⊥DE于E，AE＝2cm，则△ABE的面积是（　　）

A．5 B．4 C．3 D．2
【解答】解：如图，过点B作BG⊥AE于G，

∵AE⊥DE，
∴∠AGB＝∠AED＝90°，
∵∠BAD＝90°，
∴∠BAG+∠DAE＝∠DAE+∠ADE＝90°，
∴∠BAG＝∠ADE，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，
∴△BAG≌△ADE（AAS），
∴BG＝AE＝2，
∴△ABE的面积=12×AE×BG=12×2×2＝2．
故选：D．
3．（2022•韶关模拟）中国古代数学家刘徽在《九章算术注》中，给出了证明三角形面积公式的出入相补法．如图所示，在△ABC中，分别取AB、AC的中点 D、E，连接DE，过点A作AF⊥DE，垂足为F，将△ABC分割后拼接成矩形BCHG．若DE＝3，AF＝2，则△ABC的面积是（　　）

A．6 B．8 C．10 D．12
【解答】解：由题意，BG＝CH＝AF＝2，DG＝DF，EF＝EH，
∴DG+EH＝DE＝3，
∴BC＝GH＝3+3＝6，
∴△ABC的边BC上的高为4，
∴S△ABC=12×6×4＝12，
故选：D．
4．（2022•新兴县校级模拟）若某正多边形的一个外角是45°，则该正多边形的内角和为（　　）
A．1440° B．1080° C．900° D．360°
【解答】解：∵正多边形的外角是45°，外角和是360°，
∴该正多边形的边数是360°÷45°＝8，
∴该正多边形的内角和为（8﹣2）×180°＝1080°．
故选：B．
5．（2022•江城区二模）如图，在矩形ABCD中，AB＝6，BC＝4，点E是AB边的中点，沿EC对折矩形ABCD，使B点落在点P处，折痕为EC，连接AP并延长AP交CD于点F．下列结论中，正确的结论有（　　）个．
①BP⊥AP；②BP•EC＝PC•AB；③13S△ABP＝12S四边形PBCF；④sin∠PCF=725．

A．4 B．3 C．2 D．1
【解答】解：①如图，设EC，BP交于点G，

∵点P是点B关于直线EC的对称点，
∴EC垂直平分BP，
∴EP＝EB，
∴∠EBP＝∠EPB，
∵点E为AB中点，
∴AE＝EB，
∴AE＝EP，
∴∠PAB＝∠APE，
∵∠PAB+∠PBA+∠APB＝180°，即∠PAB+∠PBA+∠APE+∠BPE＝2（∠PAB+∠PBA）＝180°，
∴∠PAB+∠PBA＝90°，
∴∠APB＝90°，
∴BP⊥AP，故①正确；
②∵点P是点B关于直线EC的对称点，
∴EC垂直平分BP，PC＝PB，
∴∠CBG+∠BCE＝∠CBG+∠PBA＝90°，
∴∠BCE＝∠PBA，
∵∠APB＝∠EBC＝90°，
∴△ABP∽△ECB，
∴BPBC=ABEC，
∴BPPC=ABEC，
∴BP•EC＝PC•AB，故②正确；
③连接BF，
∵AP⊥BP，EC垂直平分BP，
∴AF∥EC；
∵AE∥CF，
∴四边形AECF是平行四边形，

∵AB＝6，BC＝4，点E是AB边的中点，
∴CF＝AE＝3，AF＝CE=BE2+BC2=32+42=5，BF=BE2+BC2=32+42=5，
设PF＝x，
∴BP2＝BF2﹣PF2＝AB2﹣AP2，
∴52﹣x2＝62﹣（5﹣x）2，解得x=75，
∴PF=75，AP＝5−75=185，
∴BP=245，
∴13S△ABP＝13×12×185×245=280825，
12S四边形PBCF＝12×（S△FBP+S△FBC）＝12×（12×245×75+12×4×3）=280825，
∴13S△ABP＝12S四边形PBCF，故③正确；
④过点P作PM∥BC于点M，

∴∠CPM＝∠PCF，
设CM＝y，则BM＝4﹣y，
∴BP2﹣BM2＝PC2﹣CM2，
∴（245）2﹣（4﹣y）2＝42﹣y2，解得y=2825，
∴CM=2825，
∴sin∠CPM=CMPC=725，
∴sin∠PCF=725．
其中正确结论有①②③④，4个，
故选：A．
6．（2022•三水区校级三模）如图，在正方形ABCD中，E，F，G分别是AB，BC，CD上的点，且AE＝BF＝CG，连接BD分别交EG，EF于点M，N，连接FG．下列结论：①△EBF≌△FCG；②EF⊥FG；③M是BD的中点；④若sin∠BEF=13，则MN＝3FN．其中正确的有（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD，∠ABC＝∠BCD＝90°，
∵AE＝BF＝CG，
∴BE＝CF＝DG，
∴△EBF≌△FCG（SAS），
故①正确；
∴EF＝FG，∠EFB＝∠FGC，
∵∠GFC+∠FGC＝90°，
∴∠EFB+∠GFC＝90°，
∴∠EFG＝90°，
即EF⊥FG，
故②正确；
∵AB∥CD，
∴∠ABD＝∠BDC，
又∵∠BME＝∠DMG，BE＝DG，
∴△BEM≌△DGM（AAS），
∴BM＝DM，
∴点M是对角线BD的中点，
故③正确；
∵sin∠BEF=13，
∴BFEF=13，
设BF＝x，则EF＝3x，
∵△EBF≌△FCG，
∴EF＝FG，
∵EF⊥FG，
∴EG=2EF=32x，∠FEG＝45°，
∵△BEM≌△DGM，
∴EM＝GM=322x，
∵∠FEG＝∠NBF＝45°，∠ENM＝∠BNF，
∴△EMN∽△BFN，
∴MNFN=EMBF=322xx=322，
∴MN=322FN，
故④不正确；
故选：C．
7．（2022•东莞市校级二模）如图，E、F分别是正方形ABCD的AB、BC边上的动点，且满足AE＝BF，连接CE、DF，相交于点G，连接AG，则下列4个结论：①DF＝CE；②CE⊥FD；③AD＝AG；④若点E是AB的中点，则DG＝4GF，其中正确的结论是（　　）

A．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①②③④
【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC＝CD＝AD，∠B＝∠BCD＝90°，
∵AE＝BF，
∴BE＝CF，
在△CBE与△DCF中，
BC=CD∠B=∠BCDBE=CF，
∴△CBE≌△DCF（SAS），
∴∠ECB＝∠CDF，CE＝DF，
故①正确；
∵∠BCE+∠ECD＝90°，
∴∠ECD+∠CDF＝90°，
∴∠CGD＝90°，
∴CE⊥DF，
故②正确；
∴∠EGD＝90°，
∴点G在以CD为直径的半圆上运动，如图，

∴AG随G点运动，长度会发生改变，
∵AD为定值，
∴AD不一定与AG相等，
故③错误；
∵点E是AB的中点，
∴BE=12AB，
∵BE＝CF，AB＝BC＝CD，
∴CF=12CD，
∵∠BCE＝∠CDF，
∴tan∠BCE＝tan∠CDF，
∴GFCG=CGDG=CFCD=12，
∴DG＝2CG，CG＝2GF，
∴DG＝4GF，
故④正确；
故选：B．
8．（2022•濠江区一模）如图，四边形ABCD为一长方形纸带，AD∥BC，将四边形ABCD沿EF折叠，C、D两点分别与C′、D′对应，若∠1＝2∠2，则∠3的度数为（　　）

A．50° B．54° C．58° D．62°
【解答】解：如图，过点D′作D′G∥AD，则∠2＝∠ED′G，
∵AD∥BC，
∴BC∥D′G，
∴∠3＝∠C′D′G，
∵AD∥BC，
∴∠1＝∠4，
根据折叠的性质得：∠4＝∠5，
∵∠1＝2∠2，
∴∠4＝∠5＝2∠2，
∴2∠2+2∠2+∠2＝180°，
∴∠2＝36°，
∵∠ED′C′＝∠D＝90°，
∴∠2+∠3＝90°，
∴∠3＝90°﹣36°＝54°，
故选：B．

9．（2022•东莞市校级二模）如图，在平行四边形ABCD中，BD为对角线，点O是BD的中点，且AD∥EO，OF∥AB，四边形BEOF的周长为10，则平行四边形ABCD的周长为（　　）

A．10 B．12 C．15 D．20
【解答】解：在平行四边形ABCD中，AD∥BC．
∵AD∥EO，OF∥AB，
∴BF∥EO，OF∥EB，
∴四边形OEBF是平行四边形．
∴OE＝FB，OF＝EB．
∵四边形BEOF的周长为10，
∴2（OE+OF）＝10．
∴OE+OF＝5．
∵点O是BD的中点，AD∥EO，
∴OE是△ABD的中位线．
∴AD＝2OE．
同理，OF是△BCD的中位线，则CD＝2OF．
∴平行四边形ABCD的周长为：2（AD+CD）＝2（2OE+2OF）＝4（OE+OF）＝20．
故选：D．
10．（2022•禅城区校级三模）如图，在平行四边形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，E，F是对角线AC上的两点，给出下列四个条件，其中不能判定四边形DEBF是平行四边形的有（　　）

A．∠ADE＝∠CBF B．∠ABE＝∠CDF C．AE＝CF D．DE＝BF
【解答】解：A、∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD，AD＝BC，AD∥BC，
∴∠DAE＝∠BCF，
在△ADE和△CBF中，
∠DAE=∠BCFAD=CB∠ADE=∠CBF，
∴△ADE≌△CBF（ASA），
∴AE＝CF，
∴OA﹣AE＝OC﹣CF，
即OE＝OF，
∴四边形DEBF是平行四边形，故选项A不符合题意；
B、∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，OB＝OD，AB＝CD，AB∥CD，
∴∠BAE＝∠DCF，
在△ABE和△CDF中，
∠BAE=∠DCFAB=CD∠ABE=∠CDF，
∴△ABE≌△CDF（ASA），
∴AE＝CF，
∴OA﹣AE＝OC﹣CF，
即OE＝OF，
∴四边形DEBF是平行四边形，故选项B不符合题意；
C、∵四边形ABCD是平行四边形，
∴OA＝OC，
∵AE＝CF，
∴OA﹣AE＝OC﹣CF，
即OE＝OF，
∴四边形DEBF是平行四边形，故选项C不符合题意；
D，由DE＝BF，AD＝CB，∠DAE＝∠BCF，不能判定△ABE≌△CDF，
∴不能判定四边形DEBF是平行四边形，故选项D符合题意；
故选：D．
11．（2022•紫金县二模）如图，在正方形ABCD中，AB＝6，点O是对角线AC的中点，点Q是线段OA上的动点（点Q不与点O，A重合），连接BQ，并延长交边AD于点E，过点Q作FQ⊥BQ交CD于点F，分别连接BF与EF，BF交对角线AC于点G．过点C作CH∥QF交BE于点H，连接AH．有以下四个结论：①BF=2BQ；②△DEF的周长为12；③线段AH的最小值为2；④2S△BQG＝S△BEF．其中正确结论的个数为（　　）

A．1 B．2 C．3 D．4
【解答】解：①∵BQ⊥FQ，
∴∠FQB＝∠BCD＝90°，
∴点B，点C，点F，点Q四点共圆，
∴∠QFB＝∠QCB＝45°，∠QBF＝∠QCF＝45°，
∴∠QBF＝∠QFB，
∴BQ＝FQ，
∴BF=2BQ．
故①正确；
②如图，延长DA至N使AN＝CF，连接BN，
∵CF＝AN，∠BAN＝∠BCF＝90°，AB＝BC，
∴△ABN≌△CBF（SAS），
∴BF＝BN，∠ABN＝∠CBF，
∵∠QBF＝45°，
∴∠ABE+∠CBF＝45°，
∵∠ABE+∠ABN＝45°，
∴∠EBN＝∠EBF＝45°，
又∵BE＝BE，BF＝BN，
∴△BEF≌△BEN（SAS），
∴EF＝EN，
∴△DEF的周长＝DE+DF+EF＝DE+DF+EN＝DE+DF+AE+CF＝AD+CD＝12，故②正确；
③∵CH∥FQ，
∴∠BHC＝∠BQF＝90°，
∴点H在以BC为直径的圆上运动，
如图，以BC为直径作圆，取BC的中点P，连接AP，PH，
∴BP＝3＝HP，
∴AP=AB2+BP2=3 5，
在△AHP中，AH≥AP﹣HP，
∴当点H在AP上时，AH有最小值为35−3，故③错误；
④如图，连接EG，
∵∠DAC＝∠QBF＝45°，
∴点A，点B，点G，点E四点共圆，
∴∠BAC＝∠BEG＝45°，
∴∠BEG＝∠EBF＝45°，∠EGB＝90°，
∴EG＝BG，
∴BE=2BG，
∵∠BEG＝∠BFQ＝45°，
∴点E，点F，点G，点Q四点共圆，
∴∠BQG＝∠BFE，∠BGQ＝∠BEF，
∴△BQG∽△BFE，
∴S△BQGS△BFE=（BGBE ）2=12，
∴S△BQG=12S△BEF；故④正确，
故选：C．



12．（2022•广州）如图，正方形ABCD的面积为3，点E在边CD上，且CE＝1，∠ABE的平分线交AD于点F，点M，N分别是BE，BF的中点，则MN的长为（　　）

A．62 B．32 C．2−3 D．6−22
【解答】解：连接EF，如图：

∵正方形ABCD的面积为3，
∴AB＝BC＝CD＝AD=3，
∵CE＝1，
∴DE=3−1，tan∠EBC=CEBC=13=33，
∴∠EBC＝30°，
∴∠ABE＝∠ABC﹣∠EBC＝60°，
∵AF平分∠ABE，
∴∠ABF=12∠ABE＝30°，
在Rt△ABF中，AF=AB3=1，
∴DF＝AD﹣AF=3−1，
∴DE＝DF，△DEF是等腰直角三角形，
∴EF=2DE=2×（3−1）=6−2，
∵M，N分别是BE，BF的中点，
∴MN是△BEF的中位线，
∴MN=12EF=6−22．
故选：D．
13．（2022•广东）如图，在▱ABCD中，一定正确的是（　　）

A．AD＝CD B．AC＝BD C．AB＝CD D．CD＝BC
【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB＝CD，
故选：C．
二．填空题（共8小题）
14．（2022•台山市校级一模）在学习完勾股定理后，小芳被“弦图”深深地吸引了，她也设计了一个类似“弦图”的图案（如图），主体是一个菱形，把菱形分割成四个两两全等的直角三角形和一个矩形，这四个直角三角形中有两个是等腰直角三角形，另两个三角形的两直角边分别是6cm和8cm，那么中间的矩形的面积是 　（702−98）cm2　．

【解答】解：如图，由题意得：△ABE和△CDG是两个全等的等腰直角三角形，△BCH和△ADF是两个全等的直角三角形，BH＝DF＝6cm，CH＝AF＝8cm，四边形EFGH是矩形，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC，
在Rt△BCH中，由勾股定理得：BC=BH2+CH2=62+82=10（cm），
∵△ABE是等腰直角三角形，
∴BE＝AE=22AB=22BC=22×10＝52（cm），
∴HE＝BE﹣BH＝（52−6）（cm），
EF＝AF﹣AE＝（8﹣52）（cm），
∴S矩形EFGH＝HE•EF＝（52−6）×（8﹣52）＝（702−98）（cm2），
故答案为：（702−98）cm2．

15．（2022•南海区校级模拟）一个正多边形的内角和是其外角和的2倍，则这个正多边形的边数是 　六　．
【解答】解：设多边形的边数是n，根据题意得，
（n﹣2）•180°＝2×360°，
解得n＝6，
∴这个多边形为六边形．
故答案为：六．
16．（2022•濠江区一模）两张全等的矩形纸片ABCD，AECF按如图方式交叉叠放在一起，AB＝AF，AE＝BC．若AB＝2，BC＝6，则图中重叠（阴影）部分的面积为 　203　．

【解答】解：设BC交AE于G，AD交CF于H，如图所示：
∵四边形ABCD、四边形AECF是全等的矩形，
∴AB＝CE，∠B＝∠E＝90°，AD∥BC，AE∥CF，
∴四边形AGCH是平行四边形，
在△ABG和△CEG中，
∠B=∠E∠AGB=∠CGEAB=CE，
∴△ABG≌△CEG（AAS），
∴AG＝CG，
∴四边形AGCH是菱形，
设AG＝CG＝x，则BG＝BC﹣CG＝6﹣x，
在Rt△ABG中，由勾股定理得：22+（6﹣x）2＝x2，
解得：x=103，
∴CG=103，
∴菱形AGCH的面积＝CG×AB=103×2=203，
即图中重叠（阴影）部分的面积为203，
故答案为：203．

17．（2022•中山市三模）如图，小明用四根长度相同的木条制作了能够活动的菱形学具，他先将该活动学具调成图1所示菱形，测得∠A＝120°，接着将该活动学具调成图2所示正方形，测得正方形的对角线AC＝30cm，则图1中对角线AC的长为 　152　cm．

【解答】解：如图2，

∵四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BC，∠B＝90°．
∵AC＝30，
∴AC2＝AB2+BC2，即900＝2AB2．
∴AB＝152．
连接AC，如图1，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝AC＝152，∠BAC=12∠BAD．
∵∠BAD＝120°．
∴∠BAC＝60°．
∴△ABC是等边三角形．
∴AC＝AB＝152．
故答案为：152．
18．（2022•禅城区校级三模）如图，E为正方形ABCD边AB上一动点（不与A重合），AB＝4，将△DAE绕点A逆时针旋转90°得到△BAF，再将△DAE沿直线DE折叠得到△DME，下列结论：
①连接AM，则AM∥BF；
②连接FE，当F、E、M三点共线时，AE＝42−4；
③连接EF、EC、FC，若△FEC是等腰三角形，则AE＝43−4；
④连接EF，设FC、ED交于点O，若EF平分∠BFC，则O是FC的中点，且AE＝25−2；其中正确结论的序号为 　①②③④　．

【解答】解：①如图，延长DE交BF于J，

由旋转的性质得：△BAF≌△DAE，
∴∠ABF＝∠ADE，
∠BAF＝∠DAE＝90°，
∵∠AED＝∠BEJ，
∴∠BEJ+∠EBJ＝90°，
∴∠BJE＝90°，
∴DJ⊥BF，
由翻折可知：EA＝EM，DM＝DA，∠AED＝∠MED，
∴DE垂直平分线段AM，
∴AM∥BF，
故①正确；
②如图，当F，E，M共线时，

∵AE＝AF，∠BAF＝90°，
∴∠AEF＝∠AFE＝45°，
∴∠DEA＝∠DEM＝67.5°，
∴∠ADE＝∠ABF＝∠BFE＝22.5°，
∴EF＝BE，
设AE＝AF＝x，则EF＝BE=2x，
则x+2x＝4，
∴x＝42−4，
∴AE＝42−4，
故②正确；
③如图，连接EC，CF，
∵∠EFC＜45°，

∴∠CEF＞90°，
∵△FEC是等腰三角形，
∴EF＝CE，
设AE＝AF＝m，则2m2＝42+（4﹣m）2，
∴m＝43−4或﹣43−4（舍去），
∴AE＝43−4，
故③正确；
④如图，连接AC，BD，在AD上截取AN＝AE，连接EN，

则∠DAC＝∠ACD＝∠BDC＝∠BDA＝45°，∠AEN＝45°，
∴AN＝AE＝AF，∠BEN＝135°，
∴BE＝DN，EF＝EN，
∴△BFE≌△DNE（SSS），
∴∠DEN＝∠BFE，
∵∠AFE＝45°＝∠DAC，
∴EF∥AC，
∴∠CFE＝∠ACF，
∴∠OCD＝45°+∠ACF，
∵∠BEN+∠BDA＝180°，
∴D，B，E，N共圆，
∴∠BNE＝∠BDE，
∵EF平分∠BFC，
∴∠BFE＝∠CFE，
∴∠BDE＝∠BFE＝∠CFE＝∠ACF，
∵∠ODC＝45°+∠BDE，
∴∠OCD＝∠ODC，
∴OC＝OD，
∵∠OCD+∠OFD＝ODC+∠ODF，
∴∠OFD＝∠ODF，
∴OF＝OD＝OC，
即O是FC的中点，
设AE＝AF＝n，
∵∠FDC＝90°，OF＝OC，
∴OF＝OD，
∴∠OFD＝∠ODF，
∴tan∠CFD＝tan∠EDA，
∴44+n=n4，
∴n＝25−2或﹣25−2（舍去），
∴AE＝25−2，
故④正确，
故答案为：①②③④．
19．（2022•南山区三模）规定：若a→=（x1，y1），b→=（x2，y2），则a→•b→=x1x2+y1y2．例如a→=（1，2），b→=（3，4），则a→⋅b→=1×3+2×4＝3+8＝11．已知a→=（x+1，x﹣1），b→=（x﹣2，3），则a→•b→的最小值是 　﹣6　．
【解答】解：∵a→=（x+1，x﹣1），b→=（x﹣2，3），
∴a→•b→
＝（x+1）（x﹣2）+3（x﹣1）
＝x2﹣2x+x﹣2+3x﹣3
＝x2+2x﹣5
＝（x+1）2﹣6，
∴当x＝﹣1时，（x+1）2﹣6取得最小值为﹣6．
故答案为：﹣6．
20．（2022•广州）如图，在▱ABCD中，AD＝10，对角线AC与BD相交于点O，AC+BD＝22，则△BOC的周长为 　21　．

【解答】解：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AO＝OC=12AC，BO＝OD=12BD，AD＝BC＝10，
∵AC+BD＝22，
∴OC+BO＝11，
∴△BOC的周长＝OC+OB+BC＝11+10＝21．
故答案为：21．
21．（2022•广东）菱形的边长为5，则它的周长是 　20　．
【解答】解：∵菱形的四边相等，边长为5，
∴菱形的周长为5×4＝20，
故答案为20．
三．解答题（共11小题）
22．（2022•天河区校级模拟）如图，在四边形ABCD中，∠ADB＝90°，AD＝12，DO＝OB＝5，AC＝26，
（1）求证；四边形ABCD为平行四边形；
（2）求四边形ABCD的面积．

【解答】（1）证明：∵∠ADB＝90°，
∴AO=AO2+OD2=122+52=13，
∵AC＝26，
∴CO＝AO＝13，
∵OD＝OB，
∴四边形ABCD是平行四边形；
（2）解：∵四边形ABCD是平行四边形，BD＝2OD＝10，
∴四边形ABCD的面积＝AD×BD＝12×10＝120．
23．（2022•南海区校级模拟）已知；如图，在平行四边形ABCD中，AD＝3cm，DC＝1cm，∠B＝45°，点P从点A出发，沿AD方向匀速运动，速度为3cm/s，点Q从C点出发，沿CD方向匀速运动，速度为1cm/s，连接并延长QP交BA的延长线于点M过M作MN⊥BC．垂足是N，设运动时间为t（s）（0＜t＜1）
解答下列问题：
（1）当t为何值时，四边形AQDM是平行四边形？
（2）设四边形ANPM的面积为y（cm2），求y与t之间的函数关系式；
（3）是否存在某一刻t，使四边形ANPM的面积是平行四边形ABCD的面积的一半？若存在，求出相应的t值；若不存在，说明理由．

【解答】解：（1）连接AQ、MD，

∵当AP＝PD时，四边形AQDM是平行四边形，
∴3t＝3﹣3t，
解得：t=12，
∴t=12时，四边形AQDM是平行四边形．

（2）∵MN⊥BC，
∴∠MNB＝90°，
∵∠B＝45°，
∴∠BMN＝45°＝∠B，
∴BN＝MN，
∵BM＝AB+AM＝1+t，
在Rt△BMN中，由勾股定理得：BN＝MN=22（1+t），
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∵MN⊥BC，
∴MN⊥AD，
∴y=12×AP×MN=12×3t×22（1+t）=324t2+324t（0＜t＜1）；

（3）假设存在某一时刻t，四边形ANPM的面积是平行四边形ABCD的面积的一半，
∴324t2+324t=12×3×22，
整理得：t2+t﹣1＝0，
解得：t1=−1+52，t2=−1−52（舍去），
∴当t=−1+52s时，四边形ANPM的面积是平行四边形ABCD的面积的一半．
24．（2022•香洲区校级三模）如图，在矩形ABCD中，AB＝12，点E是AD边上一点，∠BEC＝90°，延长CE至点F，使CF＝CB，FG∥BE交AB于点G，连接CG，交BE于点H．
（1）求证：△BGH是等腰三角形；
（2）若点E为AD的中点，AD＝2AB，求tan∠BCG的值．

【解答】（1）证明：∵FG∥BE，∠BEC＝90°，
∴∠GFC＝90°＝∠GBC，∠BHG＝∠CGF，
在Rt△CFG和Rt△BCG中，
CG=CGCF=BC，
∴Rt△CFG≌Rt△BCG（HL），
∴∠CGF＝∠CGB，
∴∠CGB＝∠BHG，
∴△BGH是等腰三角形；
（2）解：∵四边形ABCD是矩形，且AB＝12，
∴BC＝AD＝2AB＝24，
∵E为AD中点，
∴AE＝DE＝12，
在Rt△ABE中，根据勾股定理得：
∵BE2＝AB2+AE2，
∴BE＝122，
同理，CE＝122，
设BG＝a，
∵Rt△CFG≌Rt△BCG，且△BGH是等腰三角形，
∴FG＝BG＝BH＝a，CF＝BC＝24，
∴EH＝122−a，
∵∠CFG＝∠CEH，∠GFC＝∠HEC，
∴△CFG∽△CEH，
∴CF：CE＝GF：HE，
∴a＝242−24，
∴tan∠BCG＝BG：BC=2−1．
25．（2022•珠海校级三模）如图，E是正方形ABCD的BC边上一点（E不与B、C重合），EG⊥AC于G，F在BC的延长线上，且CF＝BE，连接AE、DF和DG．
（1）若连接GF，求证：DG＝GF；
（2）若∠BAE＝30°，求∠AGD的度数．

【解答】（1）证明：如图1，连接BG，

∵四边形ABCD是正方形，AC是对角线，
∴∠ACB＝∠BAG＝∠DAG＝45°，AB＝AD，
∵EG⊥AC，
∴△EGC是等腰直角三角形，
∴GC＝GE，∠GCE＝∠GEC，
∴∠BEG＝∠FCG，
∵AG＝AG，
∴△ABG≌△ADG（SAS），
∴BG＝DG，
∵BE＝CF，
∴△BEG≌△FCG（SAS），
∴BG＝GF，
∴DG＝GF；
（2）解：如图2，过点G作MN⊥BC于N，交AD于M，

∵AD∥BC，
∴MN⊥AD，
∴∠DMG＝∠FNG＝90°，
∵∠NCG＝45°，
∴△CNG是等腰直角三角形，
∴CN＝NG＝DM，
由（1）知：DG＝GF，
∴Rt△DMG≌Rt△GNF（HL），
∴∠MDG＝∠FGN，
∵∠MDG+∠DGM＝∠FGN+∠DGM＝90°，
∴∠DGF＝90°，
∴△DGF是等腰直角三角形，
∴∠FDG＝45°，
∵AB＝CD，∠B＝∠DCF＝90°，BE＝CF，
∴△ABE≌△DCF（SAS），
∴∠CDF＝∠BAE＝30°，
∴∠CDG＝45°﹣30°＝15°，
∴∠ADG＝90°﹣15°＝75°，
∵∠DAG＝45°，
∴∠AGD＝180°﹣45°﹣75°＝60°．
26．（2022•龙湖区校级三模）如图，点E为正方形ABCD边AD上一动点（不与A、D重合）．连接BE交AC于点F，PQ经过点F，分别与AB、CD交于点P、Q，且PQ＝BE．
（1）求证：BE⊥PQ；
（2）求证：FP＝FE；
（3）若CQ=2，求AC﹣2AF的长．

【解答】（1）证明：如图，过点Q作QG⊥AB于点G，交BE，AC于点H，M，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ABC＝∠BCD＝∠BAD＝90°，
∴四边形BCQG是矩形，
∴GQ＝BC＝AB，
∵PQ＝BE，
∴Rt△QGP≌Rt△BAE（HL），
∴∠PQG＝∠EBA，
∵∠QHF＝∠BHG，
∴∠QFH＝∠BGH＝90°，
∴BE⊥PQ；

（2）证明：∵AC是正方形ABCD的对角线，
∴∠BAC＝∠DAC＝45°，AB＝AD，
∵AF＝AF，
∴△ABF≌△ADF（SAS），
∴BF＝DF，∠ABF＝∠ADF，
∴∠ABF＝∠ADF＝∠PQG，
∵∠FDQ＝90°﹣ADF，∠FQD＝90°﹣∠PQG，
∴∠FDQ＝∠FQD，
∴FD＝FQ，
∴FD＝FQ＝FB，
∵PQ＝BE，
∴PQ﹣FQ＝BE﹣FB，
∴FP＝FE；
（3）解：∵BE⊥PQ，
∴∠BFP＝∠QFH＝90°，
∵FB＝FQ，∠ABF＝∠PQG，
∴△PBF≌△HQF（ASA），
∴FP＝FH，
∵FP＝FE，
∴FH＝FE，
∵QG∥AD，
∴∠HMF＝∠EAF，∠FHM＝∠FEA，
∴△HMF≌△EAF（AAS），
∴FM＝AF，
∴AM＝2AF，
∵MQ＝CQ=2，
∴CM=2CQ＝2，
∴AC﹣2AF＝AC﹣AM＝CM＝2．
∴AC﹣2AF的长为2．
27．（2022•茂南区一模）如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，△AOB关于AB的对称图形为△AEB．
（1）求证：四边形AEBO是菱形；
（2）连接CE，若AB＝6cm，CB=21cm．
①求sin∠ECB的值；
②若点P为线段CE上一动点（不与点C重合），连接OP，一动点Q从点O出发，以1cm/s的速度沿线段OP匀速运动到点P，再以2.5cm/s的速度沿线段PC匀速运动到点C，到达点C后停止运动，当点Q沿上述路线运动到点C所需要的时间最短时，求PC的长和点Q走完全程所需的时间．

【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AOA＝OC＝OB＝OD，
∵△AOB关于AB的对称图形为△AEB，
∴AE＝BO，BE＝AO，
∴AE＝BE＝OA＝OB，
∴四边形AEBO是菱形．
（2）解：①设AE交CD于点K．

∵四边形AEBO是菱形，
∴BE∥AC，BE＝OC＝OA，
∴△BKE∽△AKC，
∴BK：KA＝BE：AC＝1：2，
∵AB＝6，
∴BK＝2，AK＝4，
∵OA＝OC，
在Rt△BCK中，由勾股定理可知，CK＝5，
∴sin∠ECB=BKCK=25．
②如图，作PF⊥AD于H，．

∴PF＝CP•sin∠ECB=25CP，
∵点Q的运动时间t＝OP+PA2.5=OP+25PA＝OP+PF，
根据垂线段最短可知，当点O，P，F共线时，t有最小值，此时OF恰好是△ABC的中位线，
∴OF=12AB＝3，CF=12BC=212，PF=12BK＝1，CP=12CK=52，OP=12AK＝2，
∴当点Q沿上述路线运动到点A所需的时间最短时，CP的长为52cm，且点Q走完全程所需时间为3s．
28．（2022•惠阳区校级二模）如图，四边形ABCD中，∠B＝∠C＝90°，点E、F分别在边AB、BC上，DE⊥AB，DE＝AB，AE＝BE＝3，BF＝2，△ADF的面积等于15．
（1）求DF的长度．
（2）求证：∠ADE+∠BAF＝∠DAF．

【解答】（1）解：∵DE⊥AB，∠B＝∠C＝90°，
∴∠DEB＝∠B＝∠C＝90°，
∴四边形BCDE是矩形，
∴BC＝ED，BE＝CD，
∵DE⊥AB，AE＝BE＝3，BF＝2，
∴DE＝AB＝BC＝6，CD＝3，
∴CF＝BC﹣BF＝4，
∴DF=DC2+CF2=5；
（2）证明：如图，过点F作FG⊥AD，

∵AE＝3，DE＝AB＝6，BF＝2．
∴AD=AE2+DE2=35，AF=AB2+BF2=210，
∵S△ADF=12×AD•FG＝15，
∴FG＝25，
∴AG=AF2−FG2=25=FG，
∴∠GAF＝∠GFA＝45°，
∵∠ADE+∠BAF+∠DAF＝90°，
∴∠ADE+∠BAF＝45°，
∴∠ADE+∠BAF＝∠DAF．
29．（2022•顺德区校级三模）如图，在矩形ABCD中，E、F分别是边AB、CD上的点，AE＝CF，连接EF、BF，EF与对角线AC交于点O，且BE＝BF，∠BEF＝2∠BAC．
（1）求证：OE＝OF；
（2）若BC＝2，求AB的长．

【解答】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∴∠BAC＝∠FCO．
在△AOE和△COF中，
∠BAC=∠FCO∠AOE=∠COFAE=CF，
∴△AOE≌△COF（AAS），
∴OE＝OF．
（2）解：如图，连接OB．

∵BE＝BF，OE＝OF，
∴BO⊥EF，
在Rt△BEO中，∠BEF+∠ABO＝90°．
∵△AOE≌△COF，
∴OA＝OC．
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC＝90°，
∴OA＝OB＝OC，
∴∠BAC＝∠ABO．
∵∠BEF＝2∠BAC，即2∠BAC+∠BAC＝90°，
∴∠BAC＝30°．
∵BC＝2，
∴AC＝2BC＝4，
∴AB=AC2−BC2=42−22=23．
30．（2022•东莞市校级二模）在①AE＝BF；②BE＝CF；③∠AED＝∠BFD这三个条件中选择一个，补充在下面的问题中，并完成问题的解答．
问题：如图，在菱形ABCD中，∠A＝60°，点E、F分别在AB、BC边上，若 　AE＝BF　，请判断△DEF的形状，并证明结论．

【解答】解：若AE＝BF，△DEF是等边三角形．
证明：如图，连接BD，

∵四边形ABCD是菱形，
∴AB＝BC＝CD，∠C＝∠A＝60°，AD∥BC，
∴△BCD是等边三角形，∠ABC＝180°﹣∠A＝120°，
∴∠BDC＝∠DBC＝60°，BD＝CD，
∴∠DBE＝∠ABC﹣∠DBC＝60°，
∴∠DBE＝∠C，
∵AE＝BF，
∴AB﹣AE＝BC﹣BF，
即BE＝CF，
在△DBE和△DCF中，
BD=CD∠DBE=∠CBE=CF，
∴△DBE≌△DCF（SAS），
∴DE＝DF，∠EDB＝∠FDC，
∴∠EDB+∠BDF＝∠FDC+∠BDF＝∠BDC＝60°，
∴△DEF是等边三角形．
故答案为：AE＝BF．
31．（2022•广州）如图，在菱形ABCD中，∠BAD＝120°，AB＝6，连接BD．
（1）求BD的长；
（2）点E为线段BD上一动点（不与点B，D重合），点F在边AD上，且BE=3DF．
①当CE⊥AB时，求四边形ABEF的面积；
②当四边形ABEF的面积取得最小值时，CE+3CF的值是否也最小？如果是，求CE+3CF的最小值；如果不是，请说明理由．

【解答】解：（1）过点D作DH⊥AB交BA的延长线于H，如图：

∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝AB＝6，
∵∠BAD＝120°，
∴∠DAH＝60°，
在Rt△ADH中，
DH＝AD•sin∠DAH＝6×32=33，
AH＝AD•cos∠DAH＝6×12=3，
∴BD=DH2+BH2=(33)2+(6+3)2=63；
（2）①设CE⊥AB交AB于M点，过点F作FN⊥AB交BA的延长线于N，如图：

菱形ABCD中，
∵AB＝BC＝CD＝AD＝6，AD∥BC，∠BAD＝120°，
∴∠ABC+∠BAD＝180°，
∴∠ABC＝180°﹣∠BAD＝60°，
在Rt△BCM中，BM＝BC•cos∠ABC＝6×12=3，
∵BD是菱形ABCD的对角线，
∴∠DBA=12∠ABC＝30°，
在Rt△BEM中，
ME＝BM•tan∠DBM＝3×33=3，
BE=BMcos∠DBM=332=23，
∵BE=3DF，
∴DF＝2，
∴AF＝AD﹣DF＝4，
在Rt△AFN中，
∠FAN＝180°﹣∠BAD＝60°，
∴FN＝AF•sin∠FAN＝4×32=23，
AN＝AF•cos∠FAN＝4×12=2，
∴MN＝AB+AN﹣BM＝6+2﹣3＝5，
∴S四边形ABEF＝S△BEM+S梯形EMNF﹣S△AFN
=12EM•BM+12（EM+FN）•MN−12AN•FN
=12×3×3+12×（3+23）×5−12×2×23
=323+1523−23
＝73；
②当四边形ABEF的面积取最小值时，CE+3CF的值是最小，
理由：设DF＝x，则BE=3DF=3x，过点C作CH⊥AB于点H，过点F作FG⊥CH于点G，
过点E作EY⊥CH于点Y，作EM⊥AB于M点，过点F作FN⊥AB交BA的延长线于N，如图：

∴EY∥FG∥AB，FN∥CH，
∴四边形EMHY、FNHG是矩形，
∴FN＝GH，FG＝NH，EY＝MH，EM＝YH，
由①可知：ME=12BE=32x，
BM=32BE=32x，
AN=12AF=12（AD﹣DF）＝3−12x，
FN=32AF=63−3x2，
CH=32BC＝33，BH=12BC＝3，
∴AM＝AB﹣BM＝6−32x，
AH＝AB﹣BH＝3，
YH＝ME=32x，
GH＝FN=63−3x2，
EY＝MH＝BM﹣BH=32x﹣3，
∴CY＝CH﹣YH＝33−32x，
FG＝NH＝AN+AH＝6−x2，CG＝CH﹣GH＝33−63−3x2=32x，
∴MN＝AB+AN﹣BM＝6+3−12x−32x＝9﹣2x，
∴S四边形ABEF＝S△BEM+S梯形EMNF﹣S△AFN
=12EM•BM+12（EM+FN）•MN−12AN•FN
=12×32x×32x+12（32x+63−3x2）•（9﹣2x）−12（3−12x）•63−3x2
=34x2−332x+93
=34（x﹣3）2+2734，
∵34＞0，
∴当x＝3时，四边形ABEF的面积取得最小值，
方法一：CE+3CF=CY2+EY2+3•FG2+CG2
=(33−32x)2+(32x−3)2+3×(6−12x)2+(32x)2
=27−9x+34x2+94x2−9x+9+3×36−6x+14x2+34x2
=3x2−18x+36+3×36−6x+x2
=3(x−3)2+9+3(x−3)2+81，
∵（x﹣3）2≥0，当且仅当x＝3时，（x﹣3）2＝0，
∴CE+3CF=3(x−3)2+9+3(x−3)2+81≥12，
当且仅当x＝3时，CE+3CF＝12，即当x＝3时，CE+3CF的最小值为12，
∴当四边形ABEF的面积取最小值时，CE+3CF的值也最小，最小值为12．
方法二：
如图：将△BCD绕点B逆时针旋转60°至△BAG，连接CG，
在Rt△BCG中，CG＝2BC＝12，

∵BEDF=BGDC=31，∠CDF＝∠GBE＝60°，
∴△BEG∽△DFC，
∴GECF==BGDC=31，即GE=3CF，
∴CE+3CF＝CE+GE≥CG＝12，
即当且仅当点C、E、G三点共线时，CE+3CF的值最小，
此时点E为菱形对角线的交点，BD中点，BE＝33，DF＝3，
∴当四边形ABEF的面积取最小值时，CE+3CF的值也最小，最小值为12．
解法二：如图，在BD上截取DM，使得DM＝23，在DA上取点F，连接DF，使得△DFM∽△BEC．

则有CE=3FM，作点M关于AD阿德对称点M′，
∴CE+3CF=3FM+3CF=3（CF+FM）=3（CF+FM′），
∴C，F，M′共线时，最小，
此时DF＝3，可得CE+3CF的值也最小，最小值为12．
32．（2022•深圳）（1）发现：如图①所示，在正方形ABCD中，E为AD边上一点，将△AEB沿BE翻折到△BEF处，延长EF交CD边于G点．求证：△BFG≌△BCG；
（2）探究：如图②，在矩形ABCD中，E为AD边上一点，且AD＝8，AB＝6．将△AEB沿BE翻折到△BEF处，延长EF交BC边于G点，延长BF交CD边于点H，且FH＝CH，求AE的长．
（3）拓展：如图③，在菱形ABCD中，AB＝6，E为CD边上的三等分点，∠D＝60°．将△ADE沿AE翻折得到△AFE，直线EF交BC于点P，求PC的长．


【解答】（1）证明：∵将△AEB沿BE翻折到△BEF处，四边形ABCD是正方形，
∴AB＝BF，∠BFE＝∠A＝90°，
∴∠BFG＝90°＝∠C，
∵AB＝BC＝BF，BG＝BG，
∴Rt△BFG≌Rt△BCG（HL）；
（2）解：延长BH，AD交于Q，如图：

设FH＝HC＝x，
在Rt△BCH中，BC2+CH2＝BH2，
∴82+x2＝（6+x）2，
解得x=73，
∴DH＝DC﹣HC=113，
∵∠BFG＝∠BCH＝90°，∠HBC＝∠FBG，
∴△BFG∽△BCH，
∴BFBC=BGBH=FGHC，即68=BG6+73=FG73，
∴BG=254，FG=74，
∵EQ∥GB，DQ∥CB，
∴△EFQ∽△GFB，△DHQ∽△CHB，
∴BCDQ=CHDH，即8DQ=736−73，
∴DQ=887，
设AE＝EF＝m，则DE＝8﹣m，
∴EQ＝DE+DQ＝8﹣m+887=1447−m，
∵△EFQ∽△GFB，
∴EQBG=EFFG，即1447−m254=m74，
解得m=92，
∴AE的长为92；
方法2：连接GH，如图：

∵CH＝FH，GH＝GH，
∴Rt△FGH≌Rt△CGH（HL），
∴CG＝FG，
设CG＝FG＝x，则BG＝8﹣x，
在Rt△BFG中，BF2+FG2＝BG2，
∴62+x2＝（8﹣x）2，
解得x=74，
∴BG＝BC﹣x=254，
∵∠GBE＝∠AEB＝∠FEB，
∴EG＝BG=254，
∴EF＝EG﹣FG=92；
∴AE=92；
（3）解：方法一：
（Ⅰ）当DE=13DC＝2时，延长FE交AD于Q，过Q作QH⊥CD于H，如图：

设DQ＝x，QE＝y，则AQ＝6﹣x，
∵CP∥DQ，
∴△CPE∽△QDE，
∴CPDQ=CEDE=2，
∴CP＝2x，
∵△ADE沿AE翻折得到△AFE，
∴EF＝DE＝2，AF＝AD＝6，∠QAE＝∠FAE，
∴AE是△AQF的角平分线，
∴AQAF=QEEF，即6−x6=y2①，
∵∠D＝60°，
∴DH=12DQ=12x，HE＝DE﹣DH＝2−12x，HQ=3DH=32x，
在Rt△HQE中，HE2+HQ2＝EQ2，
∴（2−12x）2+（32x）2＝y2②，
联立①②可解得x=34，
∴CP＝2x=32；
（Ⅱ）当CE=13DC＝2时，延长FE交AD延长线于Q'，过Q'作Q'H'⊥CD交CD延长线于H'，如图：

设DQ'＝x'，Q'E＝y'，则AQ'＝6+x'，
同理∠Q'AE＝∠EAF，
∴AQ'AF=Q'EEF，即6+x'6=y'4，
由H'Q'2+H'E2＝Q'E2得：（32x'）2+（12x'+4）2＝y'2，
可解得x'=125，
∴CP=12x'=65，
综上所述，CP的长为32或65．
方法二：
（Ⅰ）当DE=13DC＝2时，连接CF，过P作PK⊥CD于K，如图：

∵四边形ABCD是菱形，∠D＝60°，
∴△ABC，△ADC是等边三角形，
∴∠ACB＝∠ACD＝60°，AD＝AC，
∴∠PCK＝60°，
∵将△ADE沿AE翻折得到△AFE，
∴∠AFE＝∠D＝60°＝∠ACB，AF＝AD＝AC，EF＝DE＝2，
∴∠AFC＝∠ACF，
∴∠PFC＝∠PCF，
∴PF＝PC，
设PF＝PC＝2m，
在Rt△PCK中，CK＝m，PK=3m，
∴EK＝EC﹣CK＝4﹣m，
在Rt△PEK中，EK2+PK2＝PE2，
∴（4﹣m）2+（3m）2＝（2+2m）2，
解得m=34，
∴PC＝2m=32；
（Ⅱ）当CE=13DC＝2时，连接CF，过P作PT⊥CD交DC延长线于T，如图：

同（Ⅰ）可证AC＝AD＝AF，∠ACB＝60°＝∠D＝∠AFE，
∴∠ACF＝∠AFC，
∴∠ACF﹣∠ACB＝∠AFC﹣∠AFE，即∠PCF＝∠PFC，
∴PC＝PF，
设PC＝PF＝2n，
在Rt△PCT中，
CT＝n，PT=3n，
∴ET＝CE+CT＝2+n，EP＝EF﹣PF＝DE﹣PF＝4﹣2n，
在Rt△PET中，PT2+ET2＝PE2，
∴（3n）2+（2+n）2＝（4﹣2n）2，
解得n=35，
∴PC＝2n=65，
综上所述，CP的长为32或65．