2025年中考数学一轮复习题型分类练习专题30 四边形综合测试卷（2份，原卷版+解析版）

这是一份2025年中考数学一轮复习题型分类练习专题30 四边形综合测试卷（2份，原卷版+解析版），文件包含2025年中考数学一轮复习题型分类练习专题30四边形综合测试卷原卷版docx、2025年中考数学一轮复习题型分类练习专题30四边形综合测试卷解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共49页， 欢迎下载使用。

1．（3分）（2023·河北·统考模拟预测）如图，将5个全等的等腰三角形拼成内外两个大小不同的正五边形图案，设小正五边形边长为1，则大正五边形边长为（ ）

A．5B．5+12C．2D．5+32
【答案】D
【分析】根据多边形的内角和定理得到∠ABE=5-2×180°5=108°，等量代换得到∠CBE+∠ABC=∠BAC+∠ABC=108°，如图，作∠ACB的平分线CD交AB于D，根据相似三角形的性质即可得到结论．
【详解】在正五边形ABEFG中，∠ABE=5-2×180°5=108°，
∵将5个全等的等腰三角形拼成内外两个大小不同的正五边形图案，
∴∠CBE+∠ABC=∠BAC+∠ABC=108°，
如图，作∠ACB的平分线CD交AB于D，

∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
∴∠ACB+∠BAC+∠ABC=108°+∠ACB=180°，
∴∠ABC=∠ACB=72°，
∴∠BAC=36°，
∠ACD=∠BCD=∠BAC=36°，
∴∠BCD=∠BAC，AD=CD=BC，
∴△ABC∽△CBD，
∴BCAB=BDBC，
∵AB=BC+1，
∴BD=AB-AD=AB-BC=1，
∴BCBC+1=1BC，
∴BC=1+52，
∴AB=BC+1=5+32，
故选：D．
【点睛】本题考查了正多边形的性质，等腰三角形的性质，相似三角形的性质，熟练掌握相似三角形的性质是解题的关键．
2．（3分）（2023·浙江绍兴·校联考模拟预测）如图，将△ABC的AB边与刻度尺的边缘重合，点A，D，B分别对应刻度尺上的整数刻度．已知DE∥AC,EF∥AB,AF=1.8，下列结论不正确的是（ ）
A．AC=3B．CE=3C．DE=1.8D．EF=4
【答案】B
【分析】本题主要考查了平行四边形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，利用相似三角形的判定与性质，平行四边形的判定与性质，列出比例式，分别计算出线段AF，CF，DE，EF的长度，对每个选项进行判断即可得出结论．
【详解】解：由题意得：AD=4，BD=6，AB=10．
∵DE∥AC,EF∥AB，
∴四边形ADEF为平行四边形，
∴AF=DE=1.8，EF=AD=4．
∵EF∥AD
∴△CEF∽△CAB，
∴ CFCA=EFAB，
∴ AC-1.8AC=410，
∴AC=3，
∴A，C，D选项正确，不符合题意；
∵CF=AC-AF=3-1.8=1.2，EF=4，
∴4-1.2∴2.8∴B选项不一定正确，符合题意．
故选：B．
3．（3分）（2023·福建泉州·模拟预测）如图，已知▱ABCD的对角线交于点O，下列结论中不一定正确的是（ ）
A．当AB=AD时，它是菱形
B．当AC=BD时，它是矩形
C．当AC⊥BD时，它是菱形
D．当∠ABC=90°时，它是正方形
【答案】D
【分析】根据菱形、矩形、正方形的判定逐一进行判断，即可得到答案．
【详解】解：A、邻边相等的平行四边形是菱形，原结论正确，不符合题意，选项错误；
B、对角线相等的平行四边形是矩形，原结论正确，不符合题意，选项错误；
C、对角线互相垂直的平行四边形是菱形，原结论正确，不符合题意，选项错误；
D、有一个角是直角的平行四边形是矩形，原结论不一定正确，符合题意，选项正确，
故选D．
【点睛】本题考查了菱形、矩形、正方形的判定，熟练掌握特殊四边形的判定定理是解题关键．
4．（3分）（2023·陕西榆林·校考三模）如图是一张矩形纸片ABCD,AB=4cm，点E为边BC上一点，且EC=2，连接AE，若将其沿AE对折，使得点B落在边AD上的点B1处，则AD的长为（ ）

A．5cmB．6cmC．7cmD．8cm
【答案】B
【分析】根据对称性得到AB1=AB=4，再由矩形的判定与性质得到四边形B1ECD是矩形，从而可得B1D=EC=2，进而得到答案．
【详解】解：在矩形ABCD中，由对称性质可得AB1=AB=4，∠AB1E=∠B=90°，
∵∠C=∠D=90°，
∴四边形B1ECD是矩形，
∴B1D=EC=2，
∴AD=AB1+B1D=4+2=6，
故选：B．
【点睛】本题考查矩形的判定与性质，熟记对称的性质是解决问题的关键．
5．（3分）（2023·重庆大渡口·统考一模）如图，在菱形ABCD中，对角线AC、BD交于点O，若菱形ABCD的面积是12，则△AOB的面积为（ ）
A．3B．6C．24D．48
【答案】A
【分析】本题考查了菱形的性质，根据菱形的性质得到OA=OC，OB=OD，再根据等底同高的三角形面积相等得到S△AOB=S△BOC=S△COD=S△AOD，进而得到S△AOB=14S菱形ABCD，即可求解，掌握菱形的性质是解题的关键．
【详解】解：∵四边形ABCD是菱形，
∴OA=OC，OB=OD，
∴ △AOD和△COD是等底同高的三角形，
△AOD和△AOB是等底同高的三角形，
△BOC和△COD是等底同高的三角形，
∴S△AOD=S△COD，S△AOD=S△AOB， S△BOC=S△COD，
S△AOB=S△BOC=S△COD=S△AOD，
∴S△AOB=14S菱形ABCD=14×12=3，
故选：A．
6．（3分）（2023·江西吉安·校考三模）数学小组将两块全等的含30°角的三角尺按较长的直角边重合的方式摆放，并通过平移对特殊四边形进行探究，如图1，其中∠ADB=∠CBD=30°，∠ABD=∠BDC=90°，AB=CD=3，将Rt△BCD沿射线DB方向平移，得到Rt△B'C'D'，分别连接AB'，DC'（如图2所示），下列有关四边形AB'C'D的说法正确的是（ ）

A．先是平行四边形，平移3个单位长度后是菱形
B．先是平行四边形，平移3个单位长度后是矩形，再平移23个单位长度后是菱形
C．先是平行四边形，平移3个单位长度后是矩形，再平移33个单位长度后是正方形
D．在Rt△BCD平移的过程中，依次出现平行四边形、矩形、菱形、正方形
【答案】B
【分析】根据平移过程逐步分析，排除正方形的可能，再分矩形和菱形，利用性质求出平移距离即可．
【详解】解：由题意可得：平移过程中，
AD∥B'C'，AD=B'C'，CD=C'D'=3，
∴四边形AB'C'D是平行四边形，
刚开始平移时，∠ADC=∠ABC=30°+90°=120°，
∴如图，当平移至∠ADC=∠ABC=90°时，AD≠C'D，
∴此时四边形AB'C'D是矩形，且不可能为正方形，∠DC'D'=30°，
∴平移距离为：DD'=C'D'3=3，
即平移3个单位长度后是矩形，

继续平移，当AB与C'D'共线时，
此时AB⊥B'D，即四边形AB'C'D是菱形，
此时的总平移距离为BD=3AD=33，
即再平移23个单位长度后是菱形；

综上可得：平移过程中，四边形AB'C'D先是平行四边形，平移3个单位长度后是矩形，再平移23个单位长度后是菱形，
故选B．
【点睛】此题主要考查平行四边形、矩形、菱形的判定和性质，勾股定理，含30度的直角三角形，综合利用了特殊四边形的判定和性质．
7．（3分）（2023·贵州铜仁·统考二模）如图，在△ABC中，∠ACB=90°，以△ABC的各边为边分别作正方形BAHI，正方形BCFG与正方形CADE，延长BG，FG分别交AD，DE于点K，J，连接DH，IJ．图中两块阴影部分面积分别记为S1，S2．若S1：S2=1：4，S四边形边BAHE=27，则四边形MBNJ的面积为（ ）
A．9B．8C．7D．6
【答案】A
【分析】先证△CAB≌△DAH（SAS），得∠ADH=90°，则H、D、E三点共线，再证GJBC=12，则BC=FC=FG=BG=2GJ，AC=AD=DE=CE=BC+GJ=3GJ，然后由S四边形BAHE=S△ADH+S梯形ADEB=27，求出GJ=3，证△FAN≌△EBM（ASA），则S△FAN=S△EBM，最后由S四边形MBNJ=S矩形CFJE-S四边形BCFN-S△EBM=S矩形CFJE-S△ABC，即可得出结果．
【详解】解：∵四边形BAHI和四边形CADE都是正方形，
∴AC=AD，AB=AH，∠CAD=∠ABI=∠BAH=∠ADE=90°，
∴∠CAB+∠BAD=∠DAH+∠BAD，
∴∠CAB=∠DAH，
在△CAB和△DAH中，
AC=AD∠CAB=∠DAHAB=AH，
∴△CAB≌△DAH（SAS），
∴∠ADH=∠ACB=90°，
∵∠ADE=90°，
∴H、D、E三点共线，
∵四边形BCFG和四边形CADE都是正方形，延长BG、FG分别交AD、DE于点K、J，
∴四边形ADJF和四边形BEDK都是矩形，且AF=BE，∠AFN=∠BEM=90°，四边形DKGJ是正方形，四边形CFJE是矩形，
∵S1：S2=1：4，
∴GJBC=12，
∴BC=FC=FG=BG=2GJ，
∵四边形CADE是正方形，
∴∠ADE=90°，AC=AD=DE=CE=BC+GJ=3GJ，
在Rt△ACB中，由勾股定理得：AB=AC2+BC2=(3GJ)2+(2GJ)2=13GJ，
在Rt△ADH中，由勾股定理得：DH=AH2-AD2=(13GJ)2-(3GJ)2=2GJ，
∵S四边形BAHE=S△ADH+S梯形ADEB=27，
∴12AD•DH+12（AD+BE）•DE=12×3GJ×2GJ+12（3GJ+GJ）×3GJ=27，
解得：GJ=3（负值已舍去），
∵∠ABC+∠EBM=180°-∠ABI=180°-90°=90°，∠ABC+∠CAB=90°，
∴∠CAB=∠EBM，即∠FAN=∠EBM，
在△FAN和△EBM中，∠AFN=∠BEMAF=BE∠FAN=∠EBM，
∴△FAN≌△EBM（ASA），
∴S△FAN=S△EBM，
∴S△ABC=S四边形BCFN+S△FAN=S四边形BCFN+S△EBM，
∴S四边形MBNJ=S矩形CFJE-S四边形BCFN-S△EBM=S矩形CFJE-S△ABC
=FC•CE-12AC•BC
=2GJ×3GJ-12×3GJ×2GJ=3GJ2=3×（3）2=9，
故选：A．
【点睛】本题考查了勾股定理、正方形的判定与性质、矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、矩形面积、梯形面积与三角形面积的计算等知识，证明△FAN≌△EBM是解题的关键．
8．（3分）（2023·陕西西安·校考模拟预测）如图，在四边形ABCD中，E，F分别是AD，BC的中点，G，H分别是对角线BD，AC的中点，依次连接E，G，F，H，连接EF，GH，BD与EH相交于P，若AB=CD，∠ABD=20°，∠BDC=70°，则∠GEF=（ ）度．
A．25B．30C．45D．35
【答案】A
【分析】先证四边形EGFH是平行四边形，再证四边形EGFH是菱形即可，由EG∥AB，GF∥CD，可求∠EGD=∠ABD=20°，∠BGF=∠BDC=70°利用平角定义可求∠DGF=180°-∠BGF=110°，于是∠EGF=130°，利用菱形性质求∠GEH=180°-∠EGF=50°，从而求出∠GEF=25°．
【详解】解：∵E、G分别是AD、BD 的中点，F H分别是BC、AC的中点，
∴ EG∥AB，HF∥AB，GE=12AB ，
∴ EG∥HF，
同理：EH∥GF，GF=12CD，
∴四边形EGFH是平行四边形，
∵AB=CD，
∴GE=GF，
∴四边形EGFH是菱形
∵∠ABD= 20°，∠BDC= 70°，EG∥AB，GF∥CD，
∴ ∠EGD=∠ABD=20°，∠BGF=∠BDC=70°，
∴ ∠DGF=180°-∠BGF=110°，
∴ ∠EGF=∠EGD+∠DGF=20°+110°=130°，
∴ ∠GEH=180°-∠EGF=50° ，
∵FE平分∠GEH ，
∴ ∠GEF=∠GEH=12×50°=25°
故选:： A．
【点睛】本题考查菱形判断与性质，求菱形内角，掌握菱形的判定与性质，会利用菱形的性质求角度是解题关键．
9．（3分）（2023·广东深圳·深圳中学校考一模）如图，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝3，将△BCD沿射线BD平移a个单位长度（a>0）得到△B'C'D'，连接AB'，AD'，则当△AB'D'是直角三角形时，a的值为（ ）
A．75B．165C．75或165D．75或3
【答案】C
【分析】分两种情况：①当∠D′AB′=90°时，分别过点B′、D′作B′M⊥AB，D′N⊥AB，先证明△B′MB∽△DAB，于是可设B′M=3k，MB=4k，则BB′=a=5k，再判定四边形C′D′NM为矩形，然后再利用Rt△D′AN∽Rt△AB′M，得到关于k的方程，求解即可；
②当∠D′B′A=90°时，根据勾股定理求出BD的长，再证明△ABB′∽△DBA得到ABDB=BB'BA，即45=BB'4，由此可求出BB′的长，从而可得答案．
【详解】：①当∠D′AB′=90°时，如图所示：分别过点B′、D′作B′M⊥AB，D′N⊥AB，
∵AB=4，BC=3，且B'M∥AD，
∴△B′MB∽△DAB，
∴B'MMB=DAAB=34，
∴设B′M=3k，MB=4k，则BB′=a=5k，
∴AM=AB−BM=4−4k，
∵∠N=∠B′MA=∠C′=90°，
∴四边形C′D′NM为矩形，
∴D′N=C′M=C′B′+B′M=3+3k，MN=C′D′=4，
∴NA=NM−AM=4−(4−4k)=4k，
∵∠D′AB′=90°，
∴∠B′AM+∠D′AN=∠D′AN+∠AD′N=90°，
∴∠B′AM=∠AD′N，
∴Rt△D′AN∽Rt△AB′M，
∴AND'N=B'MAM，
∴4k3+3k=3k4-4k(k≠0)，解得k=725
∴BB'=a=5k=75；
②当∠D′B′A=90°时，如图所示：
∵AB=4，AD=3，
∴在Rt△ABD中，BD=AB2+AD2=42+32=5，
∵AB′⊥BD，
∴△ABB′∽△DBA，
∴ABDB=BB'BA，
∴45=BB'4，
∴BB'=a=165，
∵在平移过程中，∠AD′B′≠90°，
∴综上所述，当△AB′D′为直角三角形时，a的长为：75或155，
故选：C．
【点睛】本题主要考查了相似三角形的判定与性质，矩形的性质，平移的性质，勾股定理，掌握分类讨论方法和构造合适的相似三角形是解题的关键．
10．（3分）（2023·湖北襄阳·统考模拟预测）七巧板是一种古老的中国传统智力玩具，如图，在正方形纸板ABCD中，BD为对角线，E，F分别为BC，CD的中点，AP⊥EF分别交BD，EF于O，P两点，M，N分别为BO，DO的中点，连接MP，NF，沿图中实线剪开即可得到一副七巧板，则在剪开之前，关于该图形的下列说法：①图中的三角形都是等腰直角三角形；②图中的四边形MPEB是菱形；③四边形EFNB的面积占正方形ABCD面积的58．正确的有（ ）

A．①③B．①②C．只有①D．②③
【答案】C
【分析】①根据正方形的性质和中位线定理可以解决问题；
②利用①中结论可以证明OM≠MP，可以解决问题；
③利用①③中的结论，确定四边形EFNB的面积与△OMP的面积比，正方形ABCD面积与△OMP的面积比，可以解决问题．
【详解】∵四边形ABCD是正方形，BD为对角线
∴∠ABO=∠ADB=∠CBD=∠BDC=45°，∠BAD=∠BCD=90°
∴△ABD、△BCD是等腰直角三角形
∵E，F分别为BC，CD的中点，
∴EF∥BD，EF=12BD，CE=CF
∵∠ECF=90°,CE=CF
∴△CEF是等腰直角三角形
∵AP⊥EF，EF∥BD
∴∠AOD=∠AOB=90°
又∴∠ABO=∠ADB=45°
∴△ABO、△ADO是等腰直角三角形
∴AO=BO，AO=DO
∴BO=DO
∴△AOB≌△AOD
∴AO⊥BD
又∵OP⊥BD
∴A、O、P三点共线
∴PE=PF=12EF
又∵M，N分别为BO，DO的中点
∴OM=MB=ON=ND=PE=PF
连接PC，如图，

∵FD=CF，ON=ND
∴NF是△CDO的中位线，
∴NF∥AC
∵∠DNF=90°，∠FDB=45°
∴△DNF是等腰直角三角形
∴NF=ND=ON
∵∠ONF=∠NOP=∠OPF=90°
∴四边形FNOP是矩形
∵NF=ON
∴四边形FNOP是正方形
∴OM=OP
∴△OMP是等腰直角三角形
∴图中的三角形都是等腰直角三角形
故①正确；
∵△OMP是等腰直角三角形
∵∠FDB=45°
∴MP∥BC
∴四边形MPEB是平行四边形，
在Rt△OMP中，MP＞OM
即BE＞BM
∵BE≠BM
∴四边形MPEB不是菱形
故②错误；
∵OM=BM=ON，S▱BEPM=BM×OP，S△OMP=12×OM×OP，S▱ONFP=ON×OP
∴S▱BEPM=S▱ONFP=2S△OMP
∴S四边形EFNB=S▱BEPM+S正方形ONFP+S△OMP=5S△OMP
∵S△AOB=12×OB×OA=12×2×OM×2×OP
即S△AOB=4×12×OM×OP=4S△OMP
又∵S正方形ABCD=4S△AOB
∴S正方形ABCD=16S△OMP
S四边形EFNB=516S正方形ABCD
故③错误；
故选：C．
【点睛】此题考查了正方形的判定和性质，平行四边形的判定和性质，三角形的中位线定理、三角形全等的判定和性质、等腰直角三角形的判定和性质等知识，正确的识别图形是解题的关键．
二．填空题（共6小题，满分18分，每小题3分）
11．（3分）（2023·江苏徐州·模拟预测）一个正多边形的每一个内角比每一个外角的3倍还大20°，则这个正多边形的边数为 ．
【答案】9
【分析】设正多边形的外角为x度，则可用代数式表示出内角，再由内角与外角互补的关系得到方程，解方程即可求得每一个外角，再根据多边形的外角和为360度即可求得正多边形的边数．
【详解】解：设正多边形的外角为x度，则内角为3x+20度，
由题意得：x+3x+20=180，
解得：x=40，
则正多边形的边数为：360°÷40°=9，
即这个正多边形的边数为9，
故答案为：9.
【点睛】本题考查了正多边形的内角与外角，关键是运用方程求得正多边形的外角．
12．（3分）（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨市第四十七中学校考模拟预测）在平行四边形ABCD中，AB=5，AC=25，BC边上的高为4，则平行四边形ABCD周长等于 ．
【答案】20或12
【分析】根据题意分别画出图形，BC边上的高在平行四边形的内部和外部，进而利用勾股定理求出即可．
【详解】解：如图1所示:

∵在平行四边形ABCD中，BC边上的高为4，AB=5，AC=25
∴EC=AC2²-AE2=2, AB=CD=5,
BE=AB2-AE2²=3,
∴AD=BC=5,
∴ ABCD的周长等于=2AB+AD=20
如图2所示:

∵在ABCD中，BC边上的高为4，AB=5，AC=25
∴EC=AC2²-AE2²=2,AB=CD=5,
BE=AB2-AE2=3
∴BC=3-2=1,
∴ABCD的周长等于：1+1+5+5=12,
则ABCD的周长等于20或12，
故答案为：20或12．
【点睛】本题主要考查了平行四边形的性质以及勾股定理等知识，利用分类讨论的方法是解题的关键．
13．（3分）（2023·江苏苏州·统考一模）如图，已知△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，将△ABC绕点A逆时针旋转得△AB'C，当AB'第一次与BC平行时，连接并延长BC'交AC于点D，则tan∠CBD= ．
【答案】311
【分析】证明四边形CFC'E是矩形，由旋转的性质得∠CAC'=∠BAB'=∠CBA,求得tan∠CAC'=tan∠ABC=34,进一步得出AE=4.8,C'E=3.6,从而可求C'F=1.2,BF=4.4,最后即可求出tan∠CBD
【详解】解：过点C'作C'E⊥AC于点E，C'F⊥BC于点F，则有：
∠C'EC=∠C'FC=∠C'EA=∠C'FB=90°，
又∠C=90°,
∴四边形CFC'E是矩形，
∴C'E=FC,C'F=CE,
∵AB'∥BC
∴∠B'AB=∠ABC,
由旋转得，∠CAB=∠C'AB',AC'=AC=6,
∴∠CAC'+∠C'AB=∠BAB'+∠BAC',
∴∠CAC'=∠BAB'=∠ABC,
在△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，
∴tam∠ABC=ACBC=68=34,
∴tam∠EAC'=34=C'EAE,
在Rt△AC'E中，设C'E=3x,AE=4x，
∵C'E2+AE2=AC'2即3x2+4x2=62
解得，x=65，
∴AE=4.8,C'E=3.6,
∴C'F=CE=AC-AE=6-4.8=1.2; C'E=CF=3.6,；
∴BF=BC-CF=8-3.6=4.4,
在Rt△C'FB中，tan∠FBC'=C'FBF=，
∴tan∠CBD=311，
故答案为：311．
【点睛】本题主要考查了旋转的性质，勾股定理，矩形的判定与性质以及解直角三角形等知识，正确作出辅助线构造直角三角形是解答本题的关键．
14．（3分）（2023·陕西西安·校考模拟预测）如图，在矩形ABCD中，AD=2AB，AM=CN，点M、N分别在边AD、BC上，连接BM、DN．若AMMD=35，则四边形MBND的形状是 ．

【答案】菱形
【分析】先证明四边形MBND是平行四边形，设AM=3x，则MD=5x， AB=4x，利用勾股定理可得BM=5x=MD，即可得出结论．
【详解】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC，AD∥BC，AB=CD，∠B=90°，
∵AM=CN，
∴DM=BN，
∴四边形MBND是平行四边形，
∵AMMD=35，
∴设AM=3x，则MD=5x，
∴AD=8x，
∵AD=2AB，
∴AB=4x，
∴BM=AB2+AM2=4x2+3x2=5x，
∴ BM=MD，
∴平行四边形MBND是菱形，
故答案为：菱形．
【点睛】本题考查了矩形的性质，平行四边形的判定和性质，菱形的判定，勾股定理，证得BM=MD是解题的关键．
15．（3分）（2023·天津武清·统考一模）如图所示，平行四边形内有两个全等的正六边形，若阴影部分的面积记为S1，平行四边形的面积记为S2,则S1S2的值为 ．

【答案】12
【分析】如解图所示：延长EN交BC于点F，过点E作EP⊥BC于P，过点F作FQ⊥MN于Q，过点A作AD⊥BC于D，由图可知，图中两个阴影部分面积相等，证出△BEF为等边三角形，四边形NFGM为菱形，求出等边三角形的边长、菱形的边长和平行四边形的边长，利用锐角三角函数求出等边三角形的高、菱形的高和平行四边形的高，即可求出结论．
【详解】解：如下图所示，延长EN交BC于点F，过点E作EP⊥BC于P，过点F作FQ⊥MN于Q，过点A作AD⊥BC于D，

∵平行四边形内有两个全等的正六边形，设正六边形的边长为a
∴∠AEN=∠A=∠ENM=∠MGC=120°，NM∥BC，AE=EN=NM=MG=a
∴∠B=180°－∠A=60°，∠FNM=180°－∠ENM =60°，∠BEF=180°－∠AEN=60°，∠NFG=∠ENM=120°=∠MGC
∴∠B=∠BEF=60°，∠EFB=180°－∠NFG=60°，NF∥MG，
∴△BEF为等边三角形，四边形NFGM为菱形
∴NF=MG=a，
∴BE=BF=EF=EN＋NF=2a，AB=AE＋BE=3a，BC=BF＋FG＋GC=4a
∴EP=BE·sin∠B=3a，AD=AB·sin∠B=332a，FQ=NF·sin∠FNM=32a
由图可知，图中两个阴影部分面积相等
∴S1=2（S△BEF＋S菱形NFGM）
=2（12BF·EP＋NM·FQ）
=2（12×2a×3a＋a·32a）
=33a2
S2=BC·AD=4a×332a=63a2
∴S1S2=33a263a2=12
故答案为：12．
【点睛】此题考查的是正六边形的性质、等边三角形的判定及性质、菱形的判定及性质和锐角三角函数，掌握正六边形的性质、等边三角形的判定及性质、菱形的判定及性质和锐角三角函数是解决此题的关键．
16．（3分）（2023·广东东莞·一模）如图，在边长为3的正方形ABCD中，点E是CD边上一点，点F是CB延长线上一点，AF=AE，连接EF，交AB于点K，过点A作AH⊥EF于H，延长AH交BC于点G，连接HD，若BG=2，则AK⋅DH= ．
【答案】117225/117252
【分析】可证Rt△ADE≌Rt△ABF（HL），从而可得∠DAE=∠BAF，再证△ADH≌△CDH（SSS），可得△AEF为等腰直角三角形，从而可证△AKF∽△HED，可得AKEH=AFDH，可证∠BFK=∠BAG，可得tan∠BFK=tan∠BAG，可求23=BKBF，设BK=2x，BF=3x，则AK=3-2x，可证△AKH≌△FGH（ASA），可得3-2x=2+3x，即可求解．
【详解】解：∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=AD，
∠ADE=∠ABC=∠ABF=∠DAB=90°，
在Rt△ABF和Rt△ADE中
AB=ADAF=AE
∴Rt△ADE≌Rt△ABF（HL），
∴∠DAE=∠BAF，
∴∠EAF=∠BAE+∠BAF =∠BAE+∠DAE=90°，
∴△AFE为等腰直角三角形，
∵AH⊥EF，
∴点H是EF的中点，
∴AH=EH=FH=12EF，
如图，连接CH，
∵四边形ABCD为正方形，
∴CD=AD，
∵点H是EF的中点，∠DCB=90°，

∴CH=12EF，
∴AH=CH，
在△ADH和△CDH中
AH=CHDH＝DHAD=CD，
∴△ADH≌△CDH（SSS），
∴∠ADH=∠CDH=45°，
∵△AEF为等腰直角三角形，
∴∠AFE=45°，
∴∠AFK=∠EDH=45°，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB∥CD，
∴∠BKF=∠CEH，
∴∠AKF=∠DEH，
∴△AKF∽△HED，
∴AKEH=AFDH，
∴AK⋅DH=AF⋅EH，
在等腰直角三角形△AFH中，
AF=2FH=2EH，
∴EH=22AF，
∵∠BAG+∠AGB =∠AGB+∠BFK=90°，
∴∠BFK=∠BAG，
∴tan∠BFK=tan∠BAG，
∴BGAB=BKBF，即23=BKBF，
设BK=2x，BF=3x，
则AK=3-2x，
在△AKH和△FGH中
∠BAH=∠GFHAH=FH∠AHK=∠FHG，
∴△AKH≌△FGH（ASA），
∴AK=FG，
∴3-2x=2+3x，
∴x=15，
∴AF2=AB2+BF2
=52+352=23425，
∴AK⋅DH=AF⋅EH
=22×23425=117225．
故答案为：117225．
【点睛】本题考查了正方形的性质，全等三角形的判定及性质，等腰三角形的判定及性质，勾股定理，相似三角形的判定及性质，一般角的三角函数值等，找出AK=FG，从而可得3-2x=2+3x是解题的关键．
三．解答题（共7小题，满分52分）
17．（6分）（2023·江苏南京·南师附中新城初中校联考二模）如图，在正六边形ABCDEF中，以AD为对角线作正方形APDQ，AP、DP与BC分别交于M、N．
（1）∠BAM=______°；
（2）若AB=4，求MN的长．（参考数据：3≈1.73，结果精确到0.1，可以直接利用（1）的结论．）
【答案】（1）15；（2）1.1
【分析】（1）根据正六边形和正方形的内角及对角线性质求解；
（2）作AD中点O，连接BO，连接PO交BC于H，则由题意可以得到OP、OH，从而得到PH、MH，最后得到 MN的值 ．
【详解】解：（1）∵AD是正六边形ABCDEF和正方形APDQ的对角线，
∴∠BAD=12∠BAF=12×6-2×180°6=60°，∠ PAD=45°，
∴∠BAM=∠BAD-∠PAD=60°-45°=15°，
故答案为15；
（2）如图，作AD中点O，连接BO，
在正六边形ABCDEF中，CD=BC=AB=4，∠BAF=∠ABC=∠C=∠CDE=120°，
AO、BO平分∠BAF、∠ABC，OA=OB，
∴∠BAO=∠ABO=∠CBO=12×120°=60°，
∴∠ABC+∠BAO=180°，△ABO是等边三角形，
∴BC//AD，AO=BO=AB=4，
∴AD=2AO=8
连接PO交BC于H，
在正方形APDQ中，AP=DP，∠APD=90°，
∵AO=DO，
∴PO=12AD=4，PO⊥AD，∠APO=∠DPO=12∠APD=45°，
∵AD//BC，
∴∠MHP=∠AOP=90°，
∴∠BHO=90°，
∴sin∠OBH=OHOB，
∵∠OBH=60°，BO=4，
∴OH=4×sin60°=23，
∵PH=MH=OP-OH=4-23，
∴MN=2MH=8-43≈1.1 ．
【点睛】本题考查正方形和正六边形的综合应用，熟练掌握正方形和正六边形的性质、等边三角形和直角三角形的性质、正弦函数的定义是解题关键．
18．（6分）（2023·浙江·模拟预测）在△ABC中，D，E分别是AB，AC的中点，延长ED至点F，使得DF=DE，连接BF．
(1)求证：四边形BCEF是平行四边形．
(2)BG⊥CE于点G，连接CF，若G是CE的中点，CF=6，tan∠BCG=3，
①求CG的长．
②求平行四边形BCEF的周长．
【答案】(1)见解析；
(2)①2；②45+42．
【分析】（1）根据三角形中位线定理证明EF∥BC，EF=BC，进而可以解决问题；
（2）①设BG与FC交于点H，设EG=CG=x，则FB=EC=2x，证明△FBH∽△CGH，得FBCG=FHHC=BHGH=21，所以FH=4，HC=2，由tan∠BCG=BGCG=3，得BG=3CG=3x；证明△GHC是等腰直角三角形，再利用勾股定理求出x的值，进而可以解决问题；
②利用①中的结论，求出BF、BG，再利用勾股定理求出BC，最后利用平行四边形的性质即可得出答案．
【详解】（1）证明：∵D，E分别是AB，AC的中点，
∴DE∥BC，DE=12BC，
∵DF=DE=12EF，
∴EF∥BC，EF=BC，
∴四边形BCEF是平行四边形；
（2）解：①设BG与FC交于点H，
∵G是CE的中点，
∴EC=2EG=2CG，
∵四边形BCEF是平行四边形，
∴FB=EC，EF=BC，FB∥EC，
设EG=CG=x，则FB=EC=2x，
∵FB∥EC，
∴∠FBH=∠CGH，∠BFH=∠GCH
∴△FBH∽△CGH，
∴FBCG=FHHC=BHGH=21，
∵FH+HC=CF=6，
∴FH=4，HC=2，
∵tan∠BCG=BGCG=3，
∴BG=3CG=3x，
∵BH=2GH，BG=BH+GH，
∴BH=2x，GH=x，
∴GH=CG=x，
∵BG⊥CE，
∴△GHC是等腰直角三角形，
∵HC=2，
∴GH=CG=x=22HC=2，
②由①知，EG=CG=x=2，
∴BG=3x=32，FB=EC=2x=22
在Rt△BCG中，根据勾股定理得：
BC=BG2+CG2=322+22=25，
∴平行四边形BCEF的周长=2BC+FB=225+22=45+42．
【点睛】本题考查了平行四边形的性质，相似三角形的判定与性质，解直角三角形，勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质，解决本题的关键是得到△FBH∽△CGH．
19．（8分）（2023·湖北武汉·校考一模）如图是由小正方形组成的7×5的同格，已知△ABC的顶点B，C均在格点上，顶点A在小正方形的边上（不在格点上），仅用无刻度的直尺在给定同格中完成面图，画图过程用虚线表示．

(1)在图1中画出线段AB的中点E，画出平行四边形ABDC；
(2)在图2中过点A作一条直线AP交线段BC边于点P，使△ABP与△ACP面积比为3:4；
(3)在图3中作△ABC的边BC上的高AD．
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(3)见解析
【分析】（1）利用网格特征，平行四边形的判定画出图形即可；
（2）利用平行线分线段成比例定理，画出图形即可；
（3）作出点A关于BC的对称点，连接AA'交BC于点D，线段AD即为所求．
【详解】（1）解：如图1中，取线段AB与水平格线的交点E，取线段AC与水平格线的交点F，
∵EF∥BC，
∴△AEF∽△ABC，
又△AEF和△ABC对应高之比为1:2，
∴AEAB=12，
∴ 点E是线段AB的中点，
取线段BC中点M，连接AM并延长与BC下方第二条水平格线交于点M，
同理，AM=DM，
∵BM=CM，
∴平行四边形ABDC 即为所求；

（2）解：取点A向左两个单位格点F，点B向左1个单位再向上1个单位为格点M，并连接FM交格线于点E，点C向下两个单位取点Q，连接EQ交BC于点P，连接AP，
由题意得：∠FDE=∠MNE=90°，∠DEF=∠NEM，DF=MN，
∴△FDE≌△MNE，
∴DE=EN=12DN，
设每个小正方形边长为1，则BE=1+12=32，CQ=2，
∵∠PBE=∠PCQ=90°，∠BPE=∠CPQ，
∴△BPE∽△CPQ，
∴BPCP=BECQ=322=34，
∴△ABP与△ACP面积比为3:4，

∴AP即为所求；
（3）解：连接AB交格线于点E，取点B上方两个单位格点M，连接ME并延长交BC于点D，连接AD，
由（1）知AE=BE,ME=DE，
∴四边形AMBD是平行四边形，
∵∠AMB=90°，
∴四边形AMBD是矩形，
∴∠ADB=90°，
∴AD是△ABC的边BC上的高．

∴AD即为所求．
【点睛】本题考查作图-应用与设计作图，平行四边形的判定，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是学会利用数形结合的思想解决问题．
20．（8分）（2023·安徽合肥·统考三模）如图，在四边形ABCD中，∠ABC=120°，对角线BD平分∠ABC，BD=BC，E为BD上一点，且BA=BE，连接AC交BD于点F，G为BC上一点，满足BF=BG，连接EG交AC于点H，连接BH．

(1)①求证：∠EHF=60°；
②若H为EG中点，求证：AF2=2EF⋅EB；
(2)若AC平分∠DAB，请直接写出∠ECA与∠ACB的关系：________________．
【答案】(1)①见解析，②见解析
(2)∠ECA=∠ACB，∠ECA+∠ACB=60°
【分析】（1）①通过证明△ABF≌△EBGSAS得出∠BAF=∠BEG，再证明△EFH∽△AFB，即可求证；②根据点H为EG中点，得出EH=12EG，根据△EFH∽△AFB，得出AFEF=ABEH，进而推出AFEF=2BEEG，结合EG=AF，得出AFEF=2BEAF，即可求证；
（2）易证△BCD为等边三角形，推出CD∥AB，再根据等角对等边得出AD=CD，进一步得出四边形ABCD为菱形，此时点E与点D重合，则∠ECA=∠ACB，∠ECA+∠ACB=60°，
【详解】（1）证明：①∵∠ABC=120°，对角线BD平分∠ABC，
∴∠ABF=∠EBG=60°，
∵BA=BE，∠ABF=∠EBG=60°，BF=BG，
∴△ABF≌△EBGSAS，
∴∠BAF=∠BEG，
∵∠EFH=∠AFB，
∴△EFH∽△AFB，
∴∠EHF=∠ABF=60°；
②∵点H为EG中点，
∴EH=12EG，
由①可得：△EFH∽△AFB，
∴AFEF=ABEH，
∵BA=BE，
∴AFEF=BE12EG，整理得：AFEF=2BEEG，
由①可得△ABF≌△EBGSAS，
∴EG=AF，
∴AFEF=2BEAF，
∴AF2=2EF⋅EB．
（2）解：∵∠ABC=120°，BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠CBD=60°，
∵BD=BC，
∴△BCD为等边三角形，
∴∠CDB=60°，CD=BC=BD，
∴CD∥AB，
∴∠DCA=∠BAC，
∵AC平分∠DAB，
∴∠DAC=∠BAC，
∴∠DCA=∠DAC，
∴AD=CD，
∵AB=BD，
∵∠ABD=60°，
∴∠ABD为等边三角形，
则AB=AD=BD，
∴AB=BC=CD=AD，
∴四边形ABCD为菱形，
∵BA=BE，
∴此时点E与点D重合，
∴∠ECA=∠ACB，∠ECA+∠ACB=60°，
故答案为：∠ECA=∠ACB，∠ECA+∠ACB=60°．

【点睛】本题主要考查了全等三角形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，菱形的判定和性质，解题的关键是熟练掌握相关性质和判定定理，并灵活运用．
21．（8分）（2023·河南新乡·校考二模）综合与实践
背景阅读
早在三千多年前，我国周朝数学家商高就提出：将一根直尺折成一个直角，如果勾等于三，股等于四，那么弦就等于五，即“勾三、股四、弦五”．它被记载于我国古代著名数学著作《周髀算经》中，为了方便，在本题中，我们把三边的比为3:4:5的三角形称为3,4,5型三角形，例如：三边长分别为9，12，15或32，42，52的三角形就是3,4,5型三角形，用矩形纸片按下面的操作方法可以折出这种类型的三角形．
实践操作
如图1，在矩形纸片ABCD中，AD=8cm，AB=12cm．
第一步：如图2，将图1中的矩形纸片ABCD沿过点A的直线折叠，使点D落在AB上的点E处，折痕为AF，再沿EF折叠，然后把纸片展平．
第二步：如图3，将图2中的矩形纸片再次折叠，使点D与点F重合，折痕为GH，然后展平，隐去AF．
第三步：如图4，将图3中的矩形纸片沿AH折叠，得到△AD'H，再沿AD'折叠，折痕为AM，AM与折痕EF交于点N，然后展平．
问题解决
(1)请在图4中判断NF与ND'的数量关系，并加以证明；
(2)请在图4中证明△AEN是3,4,5型三角形；
(3)探索发现在不添加字母的情况下，图4中还有哪些三角形是3,4,5型三角形？请找出并直接写出它们的名称．
【答案】(1)NF=ND'，证明见解析
(2)证明见解析
(3)△MFN，△MD'H，△MDA是3,4,5型三角形
【分析】（1）先证明四边形AEFD是正方形，再连接HN，由折叠的性质得到∠AD'H=∠D=90°，HF=HD=HD'，根据正方形的性质可得∠HD'N=90°，再根据全等三角形的性质即可得到结论；
（2）根据正方形的性质得到AE=EF=AD=8，由折叠得AD'=AD=8，设NF=x，则ND'=x，再根据勾股定理列方程得到x=2，结合3,4,5型三角形的定义即可得证；
（3）根据相似三角形的判定和性质并结合3,4,5型三角形的定义即可得到结论．
【详解】（1）数量关系：NF=ND'．
证明：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠D=∠DAE=90°，
由折叠性质得到：AE=AD，∠AEF=∠D=90°，
∴∠D=∠DAE=∠AEF=90°，
∴四边形AEFD是矩形，
∵AE=AD，
∴四边形AEFD是正方形，
连接HN，由折叠性质得到：∠AD'H=∠D=90°，HF=HD=HD'，
∵四边形AEFD是正方形，
∴∠EFD=90°，
∵∠AD'H=90°，
∴∠HD'N=90°，
在Rt△HNF和Rt△HND'中，
HN=HNHF=HD'，
∴Rt△HNF≌Rt△HND'HL，
∴NF=ND'．
（2）∵四边形AEFD是正方形，AD=8，
∴AE=EF=AD=8，
由折叠知：AD'=AD=8，
设NF=x，则ND'=NF=x，
∴EN=EF-NF=8-x，AN=AD'+ND'=8+x，
在Rt△AEN中，AN2=AE2+EN2，
∴8+x2=82+8-x2，
解得：x=2，
∴AN=8+x=10，EN=6，
∴EN:AE:AN=6:8:10=3:4:5，
∴△AEN是3,4,5型三角形．
（3）解：图4中还有△MFN，△MD'H，△MDA是3,4,5型三角形．
∵CF∥AE，
∴△MFN∽△AEN，
∵EN:AE:AN=3:4:5，
∴FN:MF:MN=3:4:5，
∴△MFN是3,4,5型三角形，
∵四边形AEFD是正方形，
∴∠DFE=90°，AD∥EF，
∴∠MD'H=90°=∠MFN，
又∵∠D'MH=∠FMN，
∴△MD'H∽△MFN，
∴D'H:MD':MH=FN:MF:MN=3:4:5，
∴△MD'H是3,4,5型三角形，
∵AD∥EF，
∴△ADM∽△NFM，
∴DA:MD:MA=FN:MF:MN=3:4:5，
∴△MDA是3,4,5型三角形．
【点睛】本题考查折叠的性质，矩形的性质，正方形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，勾股定理，相似三角形的判定和性质等知识点．正确的理解题意是解题的关键．
22．（8分）（2023·福建南平·中考真题）在图1、图2、图3、图4中，点P在线段BC上移动（不与B、C重合），M在BC的延长线上．
（1）如图1，△ABC和△APE均为正三角形，连接CE．
①求证：△ABP≌△ACE．
②∠ECM的度数为 °．
（2）①如图2，若四边形ABCD和四边形APEF均为正方形，连接CE．则∠ECM的度数为 °．
②如图3，若五边形ABCDF和五边形APEGH均为正五边形，连接CE．则∠ECM的度数为 °．
（3）如图4，n边形ABC…和n边形APE…均为正n边形，连接CE，请你探索并猜想∠ECM的度数与正多边形边数n的数量关系（用含n的式子表示∠ECM的度数），并利用图4（放大后的局部图形）证明你的结论．
【答案】（1）60；（2）45，36．（3）180°n．
【分析】（1）①由△ABC与△APE均为正三角形得出相等的角与边，即可得出△ABP≌△ACE．②由△ABP≌△ACE，得出∠ACE=∠B=60°，即可得出∠ECM的度数．
（2）①作EN⊥BN，交BM于点N，由△ABP≌△ACE，利用角及边的关系，得出CN=EN，即可得出∠ECM的度数．②作EN⊥BN，交BM于点N，由△ABP≌△ACE，得出角及边的关系，得出CN=EN，即可得出∠ECM的度数．
（3）过E作EK∥CD，交BM于点K，由正多边形的性质可得出△ABP≌△PKE，利用角及边的关系，得出CK=KE，即△EKC是等腰三角形，根据多边形的内角即可求出∠ECM的度数．
【详解】解：（1）①证明：如图1，
∵△ABC与△APE均为正三角形，
∴AB=AC，AP=AE，∠BAC=∠PAE=60°，
∴∠BAC-∠PAC=∠PAE-∠PAC
即∠BAP=∠CAE，
在△ABP和△ACE中，
{∠B=∠ENP∠BAP=∠NPEAP=PE，
∴△ABP≌△ACE（SAS）．
②∵△ABP≌△ACE，
∴∠ACE=∠B=60°，
∵∠ACB=60°，
∠ECM=180°-60°-60°=60°．
（2）①如图2，作EN⊥BN，交BM于点N
∵四边形ABCD和APEF均为正方形，
∴AP=PE，∠B=∠ENP=90°，
∴∠BAP+∠APB=∠EPM+∠APB=90°，
即∠BAP=∠NPE，
在△ABP和△PNE中，
{∠ABP=∠PKE∠BAP=∠KPEAP=PE，
∴△ABP≌△ACE（AAS）．
∴AB=PN，BP=EN，
∵BP+PC=PC+CN=AB，
∴BP=CN，
∴CN=EN，
∴∠ECM=∠CEN=45°
②如图3，作EN∥CD交BM于点N，
∵五边形ABCDF和APEGH均为正五边方形，
∴AP=PE，∠B=∠BCD，
∵EN∥CD，
∴∠PNE=∠BCD，
∴∠B=∠PNE
∵∠BAP+∠APB=∠EPM+∠APB=180°-∠B，
即∠BAP=∠NPE，
在△ABP和△PNE中，
{∠ABP=∠PKE∠BAP=∠KPEAP=PE，
∴△ABP≌△ACE（AAS）．
∴AB=PN，BP=EN，
∵BP+PC=PC+CN=AB，
∴BP=CN，
∴CN=EN，
∴∠NCE=∠NEC，
∵∠CNE=∠BCD=108°，
∴∠ECM=∠CEN=12（180°-∠CNE）=12×（180°-108°）=36°．
（3）如图4中，过E作EK∥CD，交BM于点K，
∵n边形ABC和n边形APE为正n边形，
∴AB=BC，AP=PE
∠ABC=∠BCD=∠APE=(n-2)⋅180°n
∵∠APK=∠ABC+∠BAP，∠APK=∠APE+∠EPK
∴∠BAP=∠KPE
∵EK∥CD，
∴∠BCD=∠PKE
∴∠ABP=∠PKE，
在△ABP和△PKE中，
∠ABP=∠PBE∠BAP=∠RPEAP=PE，
∴△ABP≌△PKE（AAS）
∴BP=EK，AB=PK，
∴BC=PK，
∴BC-PC=PK-PC，
∴BP=CK，
∴CK=KE，
∴∠KCE=∠KEC，
∵∠CKE=∠BCD=(n-2)⋅180°n
∴∠ECK=121802-(n-2)⋅180°n=180°n．
【点睛】本题主要考查了四边形综合题，涉及三角形全等的判定及性质，正多边形的内角及等腰三角形的性质，解题的关键是正确作出辅助线，运用三角形全等求出对应边相等．
23．（8分）（2023·黑龙江鸡西·校考模拟预测）在平面直角坐标系中，边长为4的菱形的顶点B，C在x轴上，D在y轴上，如图，已知∠A=60°，C2,0.
(1)求点D的坐标
(2)动点P从点A出发，以每秒1个单位速度沿射线AD运动，过点P作PE⊥x轴于E，直线PE交直线CD于点Q，设△PCQ的面积为S，点P的运动时间为t秒，当点Q在x轴上方时，求S与t的关系式，直接写出t的取值范围.
(3)在（2）的条件下，连接CP，当点Q在第一象限，△PCQ为等腰三角形时，作∠PQC的平分线交射线AD于点M，此时是否存在点N，使以点D，Q，M，N为顶点的四边形是平行四边形？若存在，请求出点N的坐标，若不存在，说明理由.
【答案】(1)D0,23
(2)-32t2+53t-123
(3)满足条件的点N的坐标16-43,12-63或-43,12-63或43,103-12
【分析】（1）在RtΔODC中，解直角三角形求出OD即可解决问题；
（2）分两种情形分别求解①当0（3）如图4中，作CH⊥AD于H，在CH上截取一点G，使得GP=GC，连接PG．由PE∥CH，推出∠PCG=∠QPC=∠GPC=15°，推出∠PGH=30°，设PH=m，则PG=GC=2x，GH=3x，可得3x+2x=23，推出x=43-6，推出P(8-43，23)，Q(8-43，12-63)，可得直线PC的解析式为y=-(3+2)x+4+23，由QM平分∠PQC，推出QM⊥PC，推出可得直线QM的解析式为y=(2-3)x+103-16，令y=23，可得x=8，可得M(8，23)，设N(x,y)，再分三种情形分别求解即可解决问题．
【详解】（1）如图1中，
∵四边形ABCD是菱形，
∴∠DCO=∠A=60°，
在RtΔDOC中，OD=OC·tan60°=23，
∴D(0，23)．
（2）①当0∵C(2,0)，D(0，23)，
∴直线CD的解析式为y=-3x+23，
∴AP=t，AD=4，
∴PD=4-t，
∴P(t-4，23)，Q(t-4,-3t+63)，
∴PQ=-3t+43，CE=6-t，
∴S=12·PQ·EC=12·(-3t+43)(6-t)=32t2-53t+123．
②当4易知：P(t-4，23)，Q(t-4,-3t+63)，
∴PQ=3t-43，CE=6-t，
∴S=12·PQ·EC=12·(3t-43)(6-t)=-32t2+53t-123．
（3）如图4中，作CH⊥AD于H，在CH上截取一点G，使得GP=GC，连接PG．
∵QP=QC，∠CQE=30°，
∴∠QCP=∠QPC=15°，
∵PE∥CH，
∴∠PCG=∠QPC=∠GPC=15°，
∴∠PGH=30°，设PH=m，则PG=GC=2x，GH=3x，
∴ 3x+2x=23，
∴x=43-6，
∴P(8-43，23)，Q(8-43，12-63)，
∴直线PC的解析式为y=-(3+2)x+4+23，
∵QM平分∠PQC，
∴QM⊥PC，
∴可得直线QM的解析式为y=(2-3)x+103-16，
令y=23，可得x=8，
∴M(8，23)，设N(x,y)，
①当QM为对角线时，x=8-43+8=16-43，y=12-63，可得N1(16-43，12-63)．
②当DQ为对角线时，x=8-43-8=-43，y=12-63，可得N3(-43，12-63)．
③当DM为对角线时，8-43+x2=0+82，x=43，
12-63+y2=23+232，y=103-12，
∴N2(43，103-12)．
综上所述，满足条件的点N的坐标(16-43，12-63)或(-43，12-63)或(43，103-12)．
【点睛】本题考查一次函数综合题、菱形的性质、平行四边形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质，两直线垂直的性质等知识，解题的关键是学会构建一次函数，解决交点问题，学会用分类讨论的思想思考问题，属于中考压轴题．