1. (2024·台湾)如图,平行四边形 $ABCD$ 与平行四边形 $EFGH$ 全等,且 $A,B,C,D$ 四点的对应顶点分别是 $H,E,F,G$ 四点,其中点 $E$ 在 $DC$ 上,点 $F$ 在 $BC$ 上,点 $C$ 在 $FG$ 上. 若 $AB = 7,AD = 5,FC = 3$,则四边形 $ECGH$ 的周长为 (
A
)
A.$21$
B.$20$
C.$19$
D.$18$
答案：1. A
解析：
∵平行四边形$ABCD$与平行四边形$EFGH$全等，对应顶点$A,B,C,D$分别对应$H,E,F,G$，
∴$HE = AB = 7$，$EF = AD = 5$，$FG = BC = AD = 5$，$GH = CD = AB = 7$。
∵四边形$ABCD$是平行四边形，
∴$BC = AD = 5$，$FC = 3$，
∴$BF = BC - FC = 5 - 3 = 2$。
∵$EF = 5$，$BF = 2$，且$EF = BF + FC$（点$F$在$BC$上），
∴$EC = DC - DE$，又$DC = AB = 7$，$DE = BF = 2$（全等平行四边形对应边相等及平移性质），
∴$EC = 7 - 2 = 5$。
四边形$ECGH$的周长为$EC + CG + GH + HE$，$CG = FG - FC = 5 - 3 = 2$，
∴周长$= 5 + 2 + 7 + 7 = 21$。
A
2. 如图,在 $□ ABCD$ 中,$BC = 2AB,CE⊥ AB$ 于点 $E,F$ 为 $AD$ 的中点,连接 $EF$. 若 $\angle AEF = 54^{\circ}$,则 $\angle B$ 的度数为
72°
.
答案：2. 72°
解析：
证明：延长$EF$交$CD$的延长线于点$G$，连接$CF$。
因为四边形$ABCD$是平行四边形，所以$AB// CD$，$AD=BC$，$AB=CD$。
所以$\angle AEF=\angle G$，$\angle A=\angle FDG$。
因为$F$为$AD$的中点，所以$AF=DF$。
在$\triangle AEF$和$\triangle DGF$中，
$\begin{cases}\angle AEF=\angle G \\\angle A=\angle FDG \\AF=DF\end{cases}$
所以$\triangle AEF\cong\triangle DGF(AAS)$，所以$EF=GF$，$AE=DG$。
设$AB=CD=x$，则$BC=AD=2x$，所以$AF=DF=x$。
因为$CE⊥ AB$，$AB// CD$，所以$CE⊥ CG$，即$\triangle ECG$是直角三角形。
因为$EF=GF$，所以$CF=EF=GF$，所以$\angle FCG=\angle G=\angle AEF=54^{\circ}$。
因为$CD=x$，$DG=AE$，设$AE=DG=y$，则$CG=CD+DG=x+y$，$BE=AB - AE=x - y$。
在$Rt\triangle BCE$中，$BC=2x$，$BE=x - y$，$CE=\sqrt{BC^{2}-BE^{2}}=\sqrt{(2x)^{2}-(x - y)^{2}}$。
在$Rt\triangle CEG$中，$CG=x + y$，$CE=\sqrt{CG^{2}-EG^{2}}=\sqrt{(x + y)^{2}-(2EF)^{2}}$（此处$EG=2EF$），但由$CF=EF$，$CF=DF=x$（因为$DF=x$，$CF=DF$可证），所以$CF=DF=x$，所以$\angle FCD=\angle FDC$。
因为$\angle FCG=54^{\circ}$，所以$\angle FDC=54^{\circ}$，又因为$AD// BC$，所以$\angle B+\angle A=180^{\circ}$，$\angle A=\angle FDC=54^{\circ}$，所以$\angle B=180^{\circ}-54^{\circ}-54^{\circ}=72^{\circ}$。
故$\angle B$的度数为$72^{\circ}$。
3. 如图,在 $□ ABCD$ 中,对角线 $AC$ 与 $BD$ 交于点 $O,BE$ 平分 $\angle ABD$,交 $AC$ 于点 $E,DF$ 平分 $\angle CDB$,交 $AC$ 于点 $F$,点 $G$ 在 $BE$ 的延长线上,且 $BE = EG$,连接 $DG$.
(1) 求证:$\triangle ABE\cong\triangle CDF$;
(2) 若 $BD = 2AB,DF = 4,AC = 6$,求四边形 $DGEF$ 的周长.
答案：3. (1)因为四边形ABCD是平行四边形,所以AB//CD,AB = CD.所以∠ABD = ∠CDB,∠BAE = ∠DCF.因为BE平分∠ABD,DF平分∠CDB，所以∠ABE = $\frac{1}{2}$∠ABD,∠CDF = $\frac{1}{2}$∠CDB.所以∠ABE = ∠CDF.所以△ABE≌△CDF(ASA).
(2)因为四边形ABCD是平行四边形,所以OA = OC = $\frac{1}{2}$AC,OB = OD,AB = CD.所以BD = 2OB.因为BD = 2AB,所以OB = AB = OD = CD.因为BE平分∠ABD,DF平分∠CDB,所以BE⊥AC,DF⊥AC,OE = AE,CF = OF.所以BE//DF.所以EG//DF.由(1),得△ABE≌△CDF,所以BE = DF.因为BE = EG,所以EG = DF.所以四边形DGEF是平行四边形.所以EF = DG.因为AC = 6,所以OC = AO = 3.所以OF = $\frac{1}{2}$OC = $\frac{3}{2}$,OE = $\frac{1}{2}$AO = $\frac{3}{2}$.所以EF = OE + OF = 3.又DF = 4,所以四边形DGEF的周长为2(DF + EF) = 14.
4. 如图,菱形 $ABCD$ 的对角线 $AC,BD$ 交于点 $O$,过点 $D$ 作 $DE⊥ AB$ 于点 $E$,连接 $OE$. 若 $AB = 10,OE = 6$,则菱形 $ABCD$ 的面积为 (
C
)
A.$48$
B.$60$
C.$96$
D.$192$
答案：4. C
5. (2025·黑龙江大庆)如图,在矩形 $ABCD$ 中,$AB = 20\,\mathrm{cm}$. 动点 $P$ 从点 $A$ 开始沿边 $AB$ 以 $1\,\mathrm{cm/s}$ 的速度向点 $B$ 运动,动点 $H$ 从点 $B$ 开始沿边 $BA$ 以 $2\,\mathrm{cm/s}$ 的速度向点 $A$ 运动,动点 $Q$ 从点 $C$ 开始沿边 $CD$ 以 $4\,\mathrm{cm/s}$ 的速度向点 $D$ 运动. $P,H,Q$ 三点同时出发,当其中一点到达终点时,另两点也随之停止运动,连接 $QP,QH$. 设运动的时间为 $t\,\mathrm{s}$,当 $QP = QH$ 时,$t$ 的值为 (
D
)
A.$\dfrac{5}{2}$
B.$4$
C.$\dfrac{10}{3}$
D.$\dfrac{20}{7}$
答案：5. D
解析：
解：在矩形$ABCD$中，$AB=CD=20\,\mathrm{cm}$，$AD=BC$，$\angle A=\angle B=\angle C=\angle D=90°$。
由题意得：$AP=t\,\mathrm{cm}$，$BH=2t\,\mathrm{cm}$，$CQ=4t\,\mathrm{cm}$。
$\therefore BP=AB - AP=(20 - t)\,\mathrm{cm}$，$AH=AB - BH=(20 - 2t)\,\mathrm{cm}$，$DQ=CD - CQ=(20 - 4t)\,\mathrm{cm}$。
$\because QP=QH$，点$Q$在$CD$上，$P$、$H$在$AB$上，$CD// AB$，过点$Q$作$QM⊥ AB$于点$M$，则$QM=AD$，$PM=|AP - DQ|=|t - (20 - 4t)|=|5t - 20|$，$HM=|AH - DQ|=|(20 - 2t) - (20 - 4t)|=|2t|$。
在$Rt\triangle QMP$和$Rt\triangle QMH$中，$QP^2=QM^2 + PM^2$，$QH^2=QM^2 + HM^2$，$\because QP=QH$，$\therefore PM^2=HM^2$，即$|5t - 20|^2=(2t)^2$。
$\because 0\leq t\leq5$（当$Q$到达$D$时，$4t=20$，$t=5$），$\therefore 5t - 20\leq0$，$\therefore (20 - 5t)^2=(2t)^2$，$400 - 200t + 25t^2=4t^2$，$21t^2 - 200t + 400=0$，$(3t - 20)(7t - 20)=0$，解得$t=\dfrac{20}{3}$（舍去，$\dfrac{20}{3}＞5$）或$t=\dfrac{20}{7}$。
$\therefore t=\dfrac{20}{7}$。
答案：D
6. (2025·江苏常州期末)已知将 $\triangle ABC$ 和 $\triangle DEF$ 按图①方式摆放,点 $A$ 与点 $F$ 重合,点 $C$ 与点 $D$ 重合,其中 $\angle ACB = \angle DFE = 90^{\circ},BC = EF = 8,AC = DF = 6$. 现固定 $\triangle ABC$,将 $\triangle DEF$ 沿射线 $AC$ 方向平移. 连接 $AE,BD$,如图②. 在平移过程中,当四边形 $ABDE$ 是轴对称图形时,$AF$ 的长是
6或$\frac{32}{3}$
.
答案：6. 6或$\frac{32}{3}$
解析：
以点$C$为原点，射线$CA$为$x$轴正方向建立直角坐标系。设$AF = t$，则$F(t,0)$，$D(0,0)$，$E(t,8)$，$A(6,0)$，$B(0,8)$。
情况1：关于过$AB$、$DE$中点的直线对称
$AB$中点$(3,4)$，$DE$中点$(\frac{t}{2},4)$。中点连线垂直于$AB$和$DE$，则$\frac{t}{2}=3$，解得$t = 6$。
情况2：关于直线$y=4$对称
$A(6,0)$与$E(t,8)$对称：$\frac{6 + t}{2}$为对称轴横坐标，$\frac{0 + 8}{2}=4$，则$6 + t = 0 + 0$（$B$、$D$对称），解得$t=\frac{32}{3}$。
综上，$AF$的长是$6$或$\frac{32}{3}$。
$\boxed{6或\frac{32}{3}}$
7. 如图,在正方形 $ABCD$ 中,$AB = 5,E$ 为对角线 $AC$ 上的动点,以 $DE$ 为边作正方形 $DEFG,H$ 是 $CD$ 上一点,且 $DH = \dfrac{3}{5}CD$,连接 $GH$,则 $GH$ 的长的最小值为
$\sqrt{2}$
.
答案：7. $\sqrt{2}$
解析：
以点$D$为原点，$DC$所在直线为$x$轴，$DA$所在直线为$y$轴，建立平面直角坐标系。
正方形$ABCD$中，$AB = 5$，则$D(0,0)$，$C(5,0)$，$A(0,5)$，$B(5,5)$。
$DH=\dfrac{3}{5}CD$，$CD = 5$，故$DH=3$，$H(3,0)$。
设$E(a,a)$（$E$在对角线$AC$上，$AC$方程为$y=x$）。
四边形$DEFG$为正方形，向量$\overrightarrow{DE}=(a,a)$，则$\overrightarrow{DG}=(-a,a)$（绕$D$顺时针旋转$90°$），故$G(-a,a)$。
$GH=\sqrt{(-a - 3)^2+(a - 0)^2}=\sqrt{2a^2 + 6a + 9}$。
当$a=-\dfrac{6}{2×2}=-\dfrac{3}{2}$时，$GH$取最小值$\sqrt{2×(-\dfrac{3}{2})^2+6×(-\dfrac{3}{2})+9}=\sqrt{2}$。
$\sqrt{2}$
