2023年中考数学试题分项版解析汇编（第02期）专题10四边形（含解析）

专题10：四边形一、选择题1.(2023北京第6题)假设正多边形的一个内角是150°，那么该正多边形的边数是〔〕A．6B．12C.16D．18【答案】B.【解析】试题分析：设多边形的边数为n,那么有〔n-2〕×180°=n×150°,解得：n=12.应选B.考点：多边形的内角与外角2.(2023河南第7题)如图，在中，对角线，相交于点，添加以下条件不能判定是菱形的只有〔〕A．B．C.D．【答案】C.考点：菱形的判定.3.〔2023湖南长沙第10题〕如图，菱形的对角线的长分别为，那么这个菱形的周长为〔〕A．B．C．D．【答案】D【解析】试题分析：根据菱形的对角线互相垂直，可知OA=3，OB=4，根据勾股定理可知AB=5，所以菱形的周长为4×5=20.应选：D考点：菱形的性质4.〔2023湖南长沙第12题〕如图，将正方形折叠，使顶点与边上的一点重合〔不与端点重合〕，折痕交于点，交于点，边折叠后与边交于点，设正方形的周长为，的周长为，那么的值为〔〕A．B．C．D．随点位置的变化而变化【答案】B【解析】试题分析：设正方形ABCD的边长为2a，正方形的周长为m=8a，设CM=x，DE=y，那么DM=2a-x，EM=2a-y，∵∠EMG=90°，∴∠DME+∠CMG=90°．∵∠DME+∠DEM=90°，∴∠DEM=∠CMG，又∵∠D=∠C=90°△DEM∽△CMG，∴,即∴CG=△CMG的周长为CM+CG+MG=在Rt△DEM中，DM2+DE2=EM2即〔2a-x〕2+y2=〔2a-y〕2整理得4ax-x2=4ay∴CM+MG+CG==n．所以应选：B．考点：1、正方形，2、相似三角形的判定与性质，3、勾股定理5.〔2023山东临沂第7题〕一个多边形的内角和是外角和的2倍，这个多边形是〔〕A．四边形B．五边形C．六边形D．八边形【答案】C【解析】试题分析：根据多边形的外角和为360°，可知其内角和为720°，因此可根据多边形的内角和公式〔n-2〕·180°=720°，解得n=6，故是六边形.应选：C考点：多边形的内外角和6.〔2023山东临沂第12题〕在中，点是边上的点〔与、两点不重合〕，过点作，，分别交，于、两点，以下说法正确的选项是〔〕A．假设，那么四边形是矩形B．假设垂直平分，那么四边形是矩形C．假设，那么四边形是菱形D．假设平分，那么四边形是菱形【答案】D【解析】试题分析：根据题意可知：，，可得四边形AEDF是平行四边形.假设AD⊥BC，那么四边形AEDF是平行四边形，不一定是矩形；选项A错误；假设AD垂直平分BC，那么四边形AEDF是菱形，不一定是矩形；选项B错误；假设BD=CD，那么四边形AEDF是平行四边形，不一定是菱形；选项C错误；假设AD平分∠BAC，那么四边形AEDF是菱形；正确．应选：D考点：特殊平行四边形的判定7.〔2023山东青岛第7题〕如图，平行四边形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，AE⊥BC，垂足为E，，AC＝2，BD＝4，那么AE的长为〔〕A． B． C．D．【答案】D考点：1、平行四边形的性质，2、勾股定理，3、面积法求线段长度8.(2023四川泸州第11题)如图，在矩形中，点是边的中点，,垂足为，那么的值是〔〕A．B．C．D．【答案】A.【解析】试题分析：由AD∥BC可得△ADF∽△EBF，根据相似三角形的性质可得，因点是边的中点且AD=BC,所以=2，设EF=x，可得AF=2x，在Rt△ABE中，由射影定理可得BF=，再由=2可得DF=2，在Rt△DEF中，=，应选A.9.〔2023江苏苏州第10题〕如图，在菱形中，，，是的中点．过点作，垂足为．将沿点到点的方向平移，得到．设、分别是、的中点，当点与点重合时，四边形的面积为A．B．C.D．【答案】A.【解析】试题分析：作在菱形中，，,是的中点是的中点，故答案选A.考点：平行四边形的面积，三角函数.10.〔2023江苏苏州第7题〕如图，在正五边形中，连接，那么的度数为A．B．C.D．【答案】B.【解析】试题分析：=故答案选B.考点：多边形的外角，等腰三角形的两底角相等11.〔2023浙江台州第10题〕如图，矩形的四个顶点分别在菱形的四条边上，，将分别沿折叠，当重叠局部为菱形且面积是菱形面积的时，那么为〔〕A．B．2C.D．4【答案】A考点：1、菱形的性质，2、翻折变换〔折叠问题〕二、填空题1.(2023天津第17题)如图，正方形和正方形的边长分别为3和1，点分别在边上，为的中点，连接，那么的长为.【答案】.【解析】试题分析：连结AC,根据正方形的性质可得A、E、C三点共线，连结FG交AC于点M，因正方形和正方形的边长分别为3和1，根据勾股定理可求得EC=FG=,AC=3,即可得AE=2,因为的中点，可得PE=AP=,再由正方形的性质可得GM=EM=,FG垂直于AC，在Rt△PGM中，PM=,由勾股定理即可求得PG=.2.(2023福建第15题)两个完全相同的正五边形都有一边在直线上，且有一个公共顶点，其摆放方式如下图，那么等于度．【答案】108【解析】∵五边形是正五边形，∴每一个内角都是108°，∴∠OCD=∠ODC=180°-108°=72°，∴∠COD=36°，∴∠AOB=360°-108°-108°-36°=108°.3.〔2023广东广州第16题〕如图9，平面直角坐标系中是原点，的顶点的坐标分别是，点把线段三等分，延长分别交于点，连接，那么以下结论：①是的中点；②与相似；③四边形的面积是；④；其中正确的结论是．〔填写所有正确结论的序号〕【答案】①③【解析】试题分析：如图，分别过点A、B作于点N，轴于点M在中，是线段AB的三等分点，是OA的中点，故①正确.不是菱形.故和不相似.那么②错误；由①得，点G是AB的中点，是的中位线是OB的三等分点，解得：四边形是梯形那么③正确,故④错误.综上：①③正确.考点：平行四边形和相似三角形的综合运用4.〔2023广东广州第11题〕如图6，四边形中，，那么___________.【答案】70°【解析】试题分析：两直线平行，同旁内角互补，可得：180°-110°＝70°考点：平行线的性质5.〔2023山东临沂第18题〕在中，对角线，相交于点.假设，，，那么的面积是．【答案】24【解析】试题分析：作OE⊥CD于E，由平行四边形的性质得出OA=OC，OB=OD=BD=5，CD=AB=4，由sin∠BDC=，证出AC⊥CD，OC=3，AC=2OC=6，得出▱ABCD的面积=CD•AC=24．故答案为：24.考点：1、平行四边形的性质，2、三角函数，3、勾股定理6.〔2023山东青岛第13题〕如图，在四边形ABCD中，∠ABC＝∠ADC＝90°，E为对角线AC的中点，连接BE、ED、BD，假设∠BAD＝58°，那么∠EBD的度数为__________度．【答案】32【解析】试题分析：如以下图由∠ABC＝∠ADC＝90°，E为对角线AC的中点，可知A，B，C，D四点共圆，圆心是E，直径AC然后根据圆周角定理由∠BAD＝58°，得到∠BED＝116°，然后根据等腰三角形的性质可求得∠EBD=32°.故答案为：32.考点:1、圆周角性质定理，2、等腰三角形性质7.(2023山东滨州第16题)如图，将矩形ABCD沿GH对折，点C落在Q处，点D落在AB边上的E处，EQ与BC相交于点F．假设AD＝8，AB＝6，AE＝4，那么△EBF周长的大小为___________．【答案】8.【解析】由折叠的性质可得DH=EH，设AH=x，那么DH=EH=8-x，在Rt△AEH中，根据勾股定理可得，解得x=3，即可得AH=3，EH=5；根据条件易证△AEH∽△BFE，根据相似三角形的性质可得,即，解得BF=,EF=,所以△EBF的周长为2++=8.8.(2023江苏宿迁第15题)如图，正方形的边长为，点在边上，且．假设点在对角线上移动，那么的最小值是．【答案】.9.(2023辽宁沈阳第16题)如图，在矩形中，,将矩形绕点按顺时针方向旋转得到矩形，点落在矩形的边上，连接，那么的长是.【答案】.【解析】试题分析：如图，过点C作MNBG，分别交BG、EF于点M、N，根据旋转的旋转可得AB=BG=EF=CD=5，AD=GF=3，在Rt△BCG中，根据勾股定理求得CG=4，再由,即可求得CM=,在Rt△BCM中，根据勾股定理求得BM=，根据条件和辅助线作法易知四边形BENMW为矩形，根据矩形的旋转可得BE=MN=3,BM=EN=,所以CN=MN-CM=3-=,在Rt△ECN中，根据勾股定理求得EC=.考点：四边形与旋转的综合题.10．〔2023江苏苏州第18题〕如图，在矩形中，将绕点按逆时针方向旋转一定角度后，的对应边交边于点．连接、，假设，，，那么〔结果保存根号〕．【答案】.【解析】试题分析：连接AG,设DG=x,那么在中，，那么考点：旋转的性质，勾股定理.11.(2023山东菏泽第11题)菱形中，，其周长为，那么菱形的面积为____.【答案】18.【解析】试题分析：如图，连接BD，作DE⊥AB,菱形的周长为，根据菱形的性质可得AB=6;再由，即可判定△ABD是等边三角形；求得DE=,所以菱形的面积为：6×=18.12.〔2023浙江湖州第13题〕一个多边形的每一个外角都等于，那么这个多边形的边数是．【答案】5考点：多边形的外角和三、解答题1.(2023北京第20题)数学家吴文俊院士非常重视古代数学家贾宪提出的“从长方形对角线上任一点作两条分别平行于两邻边的直线，那么所容两长方形面积相等〔如下图〕〞这一推论，他从这一推论出发，利用“出入相补〞原理复原了?海岛算经?九题古证.,〔以上材料来源于?古证复原的原理?、?吴文俊与中国数学?和?古代世界数学泰斗刘徽?〕请根据上图完成这个推论的证明过程．证明：，〔____________+____________〕．易知，，_____________=______________，______________=_____________．可得．【答案】.【解析】试题分析：由矩形的对角线的性质，对角线把矩形分成两个面积相等的三角形计算即可.此题解析：由矩形对角线把矩形分成两个面积相等的两局部可得：,∴,∴.考点：矩形的性质，三角形面积计算.2.(2023北京第22题)如图，在四边形中，为一条对角线，，为的中点，连接.〔1〕求证：四边形为菱形；〔2〕连接，假设平分，求的长.【答案】〔1〕证明见解析.〔2〕.【解析】试题分析：〔1〕先证四边形是平行四边形，再证其为菱形；〔2〕利用等腰三角形的性质，锐角三角函数，即可求解.此题解析：(1)证明：∵E为AD中点，AD=2BC,∴BC=ED,∵AD∥BC,∴四边形ABCD是平行四边形，∵AD=2BE,∠ABD=90°,AE=DE∴BE=ED,∴四边形ABCD是菱形.(2)∵AD∥BC,AC平分∠BAD∴∠BAC=∠DAC=∠BCA,∴BA=BC=1,∵AD=2BC=2，∴sin∠ADB=,∠ADB=30°,∴∠DAC=30°,∠ADC=60°.在RT△ACD中，AD=2，CD=1，AC=.考点：平行线性质，菱形判定，直角三角形斜边中线定理.3.(2023天津第24题)将一个直角三角形纸片放置在平面直角坐标系中，点，点，点.是边上的一点〔点不与点重合〕，沿着折叠该纸片，得点的对应点.〔1〕如图①，当点在第一象限，且满足时，求点的坐标；〔2〕如图②，当为中点时，求的长；〔3〕当时，求点的坐标〔直接写出结果即可〕.【答案】〔1〕点A’的坐标为〔，1〕；〔2〕1；〔3〕或.【解析】试题分析：〔1〕因点，点，可得OA=,OB=1，根据折叠的性质可得△A’OP≌△AOP，由全等三角形的性质可得OA’=OA=,在Rt△A’OB中，根据勾股定理求得的长，即可求得点A的坐标；〔2〕在Rt△AOB中，根据勾股定理求得AB=2，再证△BOP是等边三角形，从而得∠OPA=120°.在判定四边形OPA’B是平行四边形，根据平行四边形的性质即可得的长；试题解析：〔1〕因点，点，∴OA=,OB=1.根据题意，由折叠的性质可得△A’OP≌△AOP.∴OA’=OA=,由，得∠A’BO=90°.在Rt△A’OB中，,∴点A’的坐标为〔，1〕.(2)在Rt△AOB中，OA=,OB=1,∴∵当为中点，∴AP=BP=1,OP=AB=1.∴OP=OB=BP,∴△BOP是等边三角形∴∠BOP=∠BPO=60°，∴∠OPA=180°-∠BPO=120°.由〔1〕知，△A’OP≌△AOP，∴∠OPA’=∠OPA=120°，P’A=PA=1，又OB=PA’=1，∴四边形OPA’B是平行四边形.∴A’B=OP=1.(3)或.4.(2023福建第24题)如图，矩形中，，分别是线段AC、BC上的点，且四边形为矩形．〔Ⅰ〕假设是等腰三角形时，求的长；〔Ⅱ〕假设，求的长．【答案】〔Ⅰ〕AP的长为4或5或；〔Ⅱ〕CF=【解析】试题分析：〔Ⅰ〕分情况CP=CD、PD=PC、DP=DC讨论即可得；〔Ⅱ〕连结PF、DE，记PF与DE的交点为O，连结OC，通过证明△ADP∽△CDF，从而得，由AP=，从而可得CF=.试题解析：〔Ⅰ〕在矩形ABCD中，AB=6，AD=8，∠ADC=90°，∴DC=AB=6，AC==10；要使△PCD是等腰三角形，有如下三种情况：〔1〕当CP=CD时，CP=6，∴AP=AC-CP=4；〔2〕当PD=PC时，∠PDC=∠PCD，∵∠PCD+∠PAD=∠PDC+∠PDA=90°，∴∠PAD=∠PDA，∴PD=PA，∴PA=PC，∴AP=，即AP=5；〔3〕当DP=DC时，过D作DQ⊥AC于Q，那么PQ=CQ，∵S△ADC=AD·DC=AC·DQ，∴DQ=，∴CQ=，∴PC=2CQ=,∴AP=AC-PC=.综上所述，假设△PCD是等腰三角形，AP的长为4或5或；〔Ⅱ〕连结PF、DE，记PF与DE的交点为O，连结OC，∵四边形ABCD和PEFD都是矩形，∴∠ADC=∠PDF=90°，即∠ADP+∠PDC=∠PDC+∠CDF，∴∠ADP=∠CDF，∵∠BCD=90°，OE=OD，∴OC=ED，在矩形PEFD中，PF=DE，∴OC=PF，∵OP=OF=PF，∴OC=OP=OF，∴∠OCF=∠OFC，∠OCP=∠OPC，又∵∠OPC+∠OFC+∠PCF=180°，∴2∠OCP+2∠OCF=180°，∴∠PCF=90°，即∠PCD+∠FCD=90°，在Rt△ADC中，∠PCD+∠PAD=90°，∴∠PAD=∠FCD，∴△ADP∽△CDF，∴，∵AP=，∴CF=.5.〔2023广东广州第24题〕如图13，矩形的对角线，相交于点，关于的对称图形为．〔1〕求证：四边形是菱形；〔2〕连接，假设，．①求的值；②假设点为线段上一动点〔不与点重合〕，连接，一动点从点出发，以的速度沿线段匀速运动到点，再以的速度沿线段匀速运动到点，到达点后停止运动．当点沿上述路线运动到点所需要的时间最短时，求的长和点走完全程所需的时间．【答案】〔1〕详见解析；〔2〕①②和走完全程所需时间为【解析】〔2〕=1\*GB3①连接,直线分别交于点,交于点关于的对称图形为在矩形中，为的中点，且O为AC的中点为的中位线同理可得：为的中点，=2\*GB3②过点P作交于点由运动到所需的时间为3s由=1\*GB3①可得，点O以的速度从P到A所需的时间等于以从M运动到A即：由O运动到P所需的时间就是OP+MA和最小.如以下图，当P运动到,即时，所用时间最短.在中，设解得：和走完全程所需时间为考点：菱形的判定方法；构造直角三角形求三角函数值；确定极值时动点的特殊位置6.〔2023山东青岛第24题〕〔本小题总分值12分〕：Rt△EFP和矩形ABCD如图=1\*GB3①摆放〔点P与点B重合〕，点F，B〔P〕，C在同一条直线上，AB＝EF＝6cm，BC＝FP＝8cm，∠EFP＝90°。如图=2\*GB3②，△EFP从图=1\*GB3①的位置出发，沿BC方向匀速运动，速度为1cm/s；EP与AB交于点G．同时，点Q从点C出发，沿CD方向匀速运动，速度为1cm/s。过Q作QM⊥BD，垂足为H，交AD于M，连接AF，PQ，当点Q停止运动时，△EFP也停止运动．设运动时间为t〔s〕〔0＜t＜6〕，解答以下问题：〔1〕当t为何值时，PQ∥BD？〔2〕设五边形AFPQM的面积为y〔cm2〕，求y与t之间的函数关系式；〔3〕在运动过程中，是否存在某一时刻t，使？假设存在，求出t的值；假设不存在，请说明理由；在运动过程中，是否存在某一时刻t，使点M在PG的垂直平分线上？假设存在，求出t的值；假设不存在，请说明理由．【答案】〔1〕t=；〔2〕〔3〕t=2，9:8〔4〕t=【解析】试题分析：〔1〕利用△CPQ∽△CBD，列比例式求出t的值；〔2〕利用△MDQ∽△CBD，得MD=〔6-t〕，再利用，可求得函数的解析式；〔3〕利用=9:8得方程求解；〔4〕利用△PBG∽△PEF，得AG、AM，作MN⊥BC，构造矩形MNCD，那么MN=6，PN=〔8-t〕-〔6-t〕=，然后根据AG2+AN2=PN2+MN2可列方程求解.试题解析：〔1〕假设PQ∥BD，那么△CPQ∽△CBD，可得，即，解得t=；〔2〕由∠MQD+∠CDB=∠CBD+∠CDB=90°，可得∠MQD=∠CBD，又∠MDQ=∠C=90°，∴△MDQ∽△CBD，∴即解得MD=〔6-t〕，所以==即〔3〕假使存在t，使那么，即整理得，解得答：当t=2，〔4〕易证△PBG∽△PEF，∴，即，∴那么作MN⊥BC于N点，那么四边形MNCD为矩形所以MN=CD=6，CN=，故：PN=假设M在PG的垂直平分线上，那么GM=PM，所以，所以即：整理得：，解得。考点：1、矩形，2、相似三角形，3、二次函数，4、运动型7.〔2023山东青岛第21题〕〔本小题总分值8分〕：如图，在菱形ABCD中，点E，O，F分别是边AB，AC，AD的中点，连接CE、CF、OF．〔1〕求证：△BCE≌△DCF；〔2〕当AB与BC满足什么条件时，四边形AEOF正方形？请说明理由．【答案】〔1〕证明见解析〔2〕四边形AEOF是正方形【解析】试题分析：〔1〕利用SAS证明△BCE≌△DCF；〔2〕先证明AEOF为菱形，当BC⊥AB，得∠BAD＝90°，再利用知识点：有一个角是90°的菱形是正方形。试题解析：〔1〕∵四边形ABCD为菱形∴AB=BC=CD=DA，∠B=∠D又E、F分别是AB、AD中点，∴BE=DF∴△ABE≌△CDF〔SAS〕考点：1、菱形，2、全等三角形，3、正方形8.(2023山东滨州第22题)〔本小题总分值10分〕如图，在□ABCD中，以点A为圆心，AB长为半径画弧交AD于点F；再分别以点B、F为圆心，大于BF的相同长为半径画弧，两弧交于点P；连接AP并延长交BC于点E，连接EF，那么所得四边形ABEF是菱形．〔1〕根据以上尺规作图的过程，求证四边形ABEF是菱形；〔2〕假设菱形ABEF的周长为16，AE＝4，求∠C的大小．【答案】〔1〕详见解析；〔2〕60°.【解析】试题分析：〔1〕由作图过程可知，AB＝AF，AE平分∠BAD，即可得∠BAE＝∠EAF．再由四边形ABCD为平行四边形，可得BC∥AD，根据平行线的性质可得∠AEB＝∠EAF，所以∠BAE＝∠AEB，根据等腰三角形的性质可得AB＝BE，即可得BE＝AF，所以四边形ABEF为平行四边形，根据一组邻边相等的平行四边形是菱形即可判定四边形ABEF为菱形；〔2〕连接BF，四边形ABEF为菱形，根据菱形的性质可得BF与AE互相垂直平分，∠BAE＝∠FAE，OA＝AE＝．再由菱形ABEF的周长为16，可得AF＝4．所以cos∠OAF＝＝．即可得∠OAF＝30°，所以∠BAF＝60°．再由平行线的性质即可得∠C＝∠BAD＝60°．试题解析：〔1〕由作图过程可知，AB＝AF，AE平分∠BAD．∴∠BAE＝∠EAF．∵四边形ABCD为平行四边形，∴BC∥AD．∴∠AEB＝∠EAF．∴∠BAE＝∠AEB，∴AB＝BE．∴BE＝AF．∴四边形ABEF为平行四边形．∴四边形ABEF为菱形．〔2〕连接BF，∵四边形ABEF为菱形，∴BF与AE互相垂直平分，∠BAE＝∠FAE．∴OA＝AE＝．∵菱形ABEF的周长为16，∴AF＝4．∴cos∠OAF＝＝．∴∠OAF＝30°，∴∠BAF＝60°．∵四边形ABCD为平行四边形，∴∠C＝∠BAD＝60°．9.(2023山东日照第18题)如图，BA=AE=DC，AD=EC，CE⊥AE，垂足为E．〔1〕求证：△DCA≌△EAC；〔2〕只需添加一个条件，即，可使四边形ABCD为矩形．请加以证明．【答案】(1)详见解析；(2)AD=BC〔答案不唯一〕．试题分析：〔1〕由SSS证明△DCA≌△EAC即可；〔2〕先证明四边形ABCD是平行四边形，再由全等三角形的性质得出∠D=90°，即可得出结论．试题解析：〔1〕证明：在△DCA和△EAC中，，∴△DCA≌△EAC〔SSS〕；〔2〕添加AD=BC，可使四边形ABCD为矩形；理由如下：∵AB=DC，AD=BC，∴四边形ABCD是平行四边形，∵CE⊥AE，∴∠E=90°，由〔1〕得：△DCA≌△EAC，∴∠D=∠E=90°，∴四边形ABCD为矩形；考点：矩形的判定；全等三角形的判定与性质．10.(2023辽宁沈阳第18题)如图，在菱形中，过点做于点，做于点，连接，求证：〔1〕;〔2〕【答案】详见解析.【解析】试题分析：〔1〕根据菱形的性质可得AD=CD，，再由，，可得，根据AAS即可判定；〔2〕菱形，根据菱形的性质可得AB=CB，再由，根据全等三角形的性质可得AE=CF，所以BE=BF，根据等腰三角形的性质即可得.试题解析：(1)∵菱形，∴AD=CD，∵，∴∴(2)∵菱形，∴AB=CB∵∴AE=CF∴BE=BF∴考点：全等三角形的判定及性质；菱形的性质.11.(2023辽宁沈阳第24题)四边形是边长为4的正方形，点在边所在的直线上，连接，以为边，作正方形〔点，点在直线的同侧〕，连接〔1〕如图1，当点与点重合时，请直接写出的长；〔2〕如图2，当点在线段上时，①求点到的距离②求的长〔3〕假设，请直接写出此时的长.【答案】(1)BF=4;(2)①点到的距离为3；②BF=；(3)AE=2+或AE=1.【解析】试题分析：〔1〕过点F作FMBA,交BA的延长线于点M，根据勾股定理求得AC=,又因点与点重合，可得△AFM为等腰直角三角形且AF=,再由勾股定理求得AM=FM=4,在Rt△BFM中，由勾股定理即可求得BF=4;〔2〕①过点F作FHAD交AD的延长线于点H，根据条件易证，根据全等三角形的性质可得FH=ED，又因AD=4,AE=1,所以ED=AD-AE=4-1=3,即可求得FH=3，即点到的距离为3；②延长FH交BC的延长线于点K，求得FK和BK的长，在Rt△BFK中，根据勾股定理即可求得BF的长；〔3〕分点E在线段AD的延长线上和点E在线段DA的延长线上两种情况求解即可.试题解析：(1)BF=4;(2)如图，①过点F作FHAD交AD的延长线于点H，∵四边形CEFG是正方形∴EC=EF,∠FEC=90°∴∠DEC+∠FEH=90°，又因四边形是正方形∴∠ADC=90°∴∠DEC+∠ECD=90°，∴∠ECD=∠FEH又∵∠EDC=∠FHE=90°，∴∴FH=ED∵AD=4,AE=1,∴ED=AD-AE=4-1=3,∴FH=3，即点到的距离为3.②延长FH交BC的延长线于点K，∴∠DHK=∠HDC=∠DCK=90°，∴四边形CDHK为矩形，∴HK=CD=4,∴FK=FH+HK=3+4=7∵∴EH=CD=AD=4∴AE=DH=CK=1∴BK=BC+CK=4+1=5,在Rt△BFK中，BF=(3)AE=2+或AE=1.考点：四边形综合题.12.(2023江苏宿迁第26题)〔此题总分值10分〕如图，在矩形纸片中，，，点在边上移动，连接，将多边形沿直线折叠，得到多边形，点、的对应点分别为点、．〔1〕当恰好经过点时〔如图1〕，求线段的长；〔2〕假设分别交边、于点、，且〔如图2〕，求的面积；〔3〕在点从点移动到点的过程中，求点运动的路径长．【答案】(1)；〔2〕；〔3〕.【解析】试题解析：(1)如图1，由折叠得，,,,,由勾股定理得，,所以，因为,所以,又因,所以又，所以所以,即，所以(2)如图2-1，连接AC，因为∠BAC=，所以∠BAC=60°，故∠DAC=30°，又，所以,由折叠得，,所以,所以,即,,因为,所以;(3)如图2-2，连接A，那么,所以点的运动路径是以点A为圆心，以AC为半径的圆弧；当点E运动到点D时，点恰好在CD的延长线上，此时,所以点的运动路径长是.13.(2023山东菏泽第23题)正方形的边长为，点分别是线段上的动点，连接并延长，交边于，过作，垂足为，交边于点.〔1〕如图1，假设点与点重合，求证：；〔2〕如图2，假设点从点出发，以的速度沿向点运动，同时点从点出发，以的速度沿向点运动，运动时间为.①设,求关于t的函数表达式；②当时，连接，求的长.【答案】〔1〕详见解析；〔2〕①；②5.【解析】试题分析：〔1〕根据条件易证△ABF≌△NAD，由全等三角形的性质即可得；〔2〕先证△ABF∽△NAD，根据全等三角形的性质求得；〔3〕利用△ABF∽△NAD，求得t=2，根据〔2〕的函数解析式求得BF的长，再由勾股定理即可得FN的长.试题解析：【解】〔1〕∵正方形∴AD=AB,∠DAN=∠FBA=90°∵∴∠NAH+∠ANH=90°∵∠NDA+∠ANH=90°∴∠NAH=∠NDA∴△ABF≌△NAD∴〔2〕①∵正方形∴AD∥BF∴∠ADE=∠FBE∵∠AED=∠BEF∴△EBF∽△EAD∴∵正方形∴AD=DC=CB=6∴BD=∵点从点出发，以的速度沿向点运动，运动时间为.∴BE=，DE=∴∴②当时，连接，求的长.∵正方形∴∠MAN=∠FBA=90°∵∴∠NAH+∠ANH=90°∵∠NMA+∠ANH=90°∴∠NAH=∠NMA∴△ABF∽△NAD∴∵，AB=6∴AN=2,BN=4∴∴t=2把t=2代入，得y=3，即BF=3,在RT△BFN中，BF=3,BN=4,根据勾股定理即可得FN=5.14.(2023山东菏泽第17题)如图，是的边的中点，连接并延长交的延长线于，假设，求的长.【答案】12.【解析】试题分析：试题解析：先证明△AEF≌△DEC,根据全等三角形的性质可得AF=，再利用平行四边形的性质证得AB=CD=6，根据=AF+AB即可求得BF的长.【解】∵∴AF∥DC∴∠F=∠DCF∵是的边的中点∴AE=DE∵∠AEF=∠DEC∴△AEF≌△DEC∴AF=∵∴AB=CD=6即=AF+AB=12.15.(2023浙江舟山第23题)如图是的中线，是线段上一点〔不与点重合〕，交于点，，连结.〔1〕如图1，当点与重合时，求证：四边形是平行四边形；〔2〕如图2，当点不与重合时，〔1〕中的结论还成立吗？请说明理由.〔3〕如图3，延长交于点，假设，且.当，时，求的长.【答案】〔1〕详见解析；〔2〕结论成立，理由详见解析；〔3〕DH=1+.【解析】试题分析：〔1〕由DE//AB，可得同位角相等：∠EDC=∠ABM，由CE//AM，可得同位角相等∠ECD=∠ADB，又由BD=DC，那么△ABD≅△EDC，得到AB=ED，根据有一组对边平行且相等，可得四边形ABDE为平行四边形.〔2〕过点M作MG//DE交EC于点G，那么可得四边形DMGE为平行四边形，且ED=GM且ED//GM，由〔1〕可得AB=GM且AB//GM，即可证得；〔3〕在条件中没有角的度数时，那么在求角度时往特殊角30°，60°，45°的方向考虑，那么要求这样的特殊角，就去找边的关系，构造直角三角形，取线段HC的中点I，连结MI，那么MI