1. 如图，以钝角三角形 $ ABC $ 的最长边 $ BC $ 为边向外作矩形 $ BCDE $，连接 $ AE $，$ AD $，设 $ \triangle AED $，$ \triangle ABE $，$ \triangle ACD $ 的面积分别为 $ S $，$ S_1 $，$ S_2 $。若要求出 $ S - S_1 - S_2 $ 的值，则只需知道 (
C
)
A.$ \triangle ABE $ 的面积
B.$ \triangle ACD $ 的面积
C.$ \triangle ABC $ 的面积
D.矩形 $ BCDE $ 的面积
答案：1. C
解析：
证明：设矩形$BCDE$中，$BC=a$，$BE=CD=h$，$\triangle ABC$边$BC$上的高为$h_0$。
$S_1=\frac{1}{2}BE· BE$边上的高，$S_2=\frac{1}{2}CD· CD$边上的高。
$S=\frac{1}{2}ED· (h + h_0)=\frac{1}{2}ah+\frac{1}{2}ah_0$。
$S_1 + S_2=\frac{1}{2}ah$。
$S - S_1 - S_2=\frac{1}{2}ah_0=S_{\triangle ABC}$。
只需知道$\triangle ABC$的面积。
C
2. 如图，在矩形 $ ABCD $ 中，$ O $ 为对角线 $ BD $ 的中
点，$ \angle ABD = 60° $，动点 $ E $ 在线段 $ OB $ 上，动点 $ F $ 在线段 $ OD $ 上，$ E $，$ F $ 两点同时从点 $ O $ 出发，分别向
终点 $ B $，$ D $ 运动，且始终保持 $ OE = OF $。点 $ E $ 关于 $ AD $，$ AB $ 的对称点分别为 $ E_1 $，$ E_2 $ 两点；点 $ F $ 关于 $ BC $，$ CD $ 的对称点分别为 $ F_1 $，$ F_2 $ 两点。在整个过程中，四边形 $ E_1E_2F_1F_2 $ 形状的变化依次是 (
A
)
A.菱形→平行四边形→矩形→平行四边形→菱形
B.菱形→正方形→平行四边形→菱形→平行四边形
C.平行四边形→矩形→平行四边形→菱形→平行四边形
D.平行四边形→菱形→正方形→平行四边形→菱形
答案：2. A
解析：
证明：设矩形$ABCD$中，$AB=a$，$\angle ABD = 60°$，则$BD = 2a$，$O$为$BD$中点，$OB=OD=a$。设$OE=OF=t$，$t\in[0,a]$。
1. 对称性分析：
$E_1$、$E_2$分别为$E$关于$AD$、$AB$的对称点，坐标计算得$E_1E_2$中点为$A$，且$E_1E_2 = 2AE$。
$F_1$、$F_2$分别为$F$关于$BC$、$CD$的对称点，坐标计算得$F_1F_2$中点为$C$，且$F_1F_2 = 2CF$。
2. 特殊位置讨论：
$t=0$（$E,F$与$O$重合）：$E_1E_2$与$F_1F_2$互相垂直平分，四边形$E_1E_2F_1F_2$为菱形。
$0＜t＜a$（非端点）：$E_1E_2// F_1F_2$且$E_1E_2=F_1F_2$，为平行四边形；当$t=\frac{a}{2}$时，$E_1E_2⊥ F_1F_2$，为矩形。
$t=a$（$E,F$分别与$B,D$重合）：$E_1E_2$与$F_1F_2$互相垂直平分，四边形$E_1E_2F_1F_2$为菱形。
综上，形状变化依次为：菱形→平行四边形→矩形→平行四边形→菱形。
A
3. 如图，在正方形 $ ABCD $ 中，$ CE $ 平分 $ \angle ACB $，交 $ AB $ 于点 $ E $，点 $ F $ 在边 $ AD $ 上，且 $ AF = BE $，连接 $ BF $ 交 $ CE $ 于点 $ G $，交 $ AC $ 于点 $ M $，$ P $ 是线段 $ CE $ 上的动点，$ N $ 是线段 $ CM $ 上的动点，连接 $ PM $，$ PN $，则下列结论中不成立的是 (
C
)
A.$ CE ⊥ BF $
B.$ BE = AM $
C.$ AE + FM = AB $
D.$ PM + PN \geqslant \frac{1}{2}AC $
答案：3. C 解析：因为四边形ABCD是正方形，所以AB = BC，∠ABC = ∠DAB = 90°，∠ACB = ∠CAD = 45°.又AF = BE，所以△ABF ≌ △BCE(SAS).所以∠AFB = ∠BEC.因为∠AFB + ∠ABF = 90°，所以∠BEC + ∠ABF = 90°.所以∠BGC = 90°，即CE ⊥ BF.故选项A不符合题意；因为CE平分∠ACB，所以$∠BCE = ∠ACE = \frac{1}{2}∠ACB = 22.5°.$所以∠BEC = 90° - ∠BCE = 67.5°，即∠AFB = 67.5°.所以∠AMF = 180° - ∠CAD - ∠AFB = 67.5°.所以∠AMF = ∠AFB.所以AM = AF = BE.故选项B不符合题意；在△AMF中，∠AMF = 67.5°，∠CAD = 45°，所以AF ≠ FM.所以AB = AE + BE = AE + AF ≠ AE + FM.故选项C符合题意；连接PB，BN，连接BD交AC于点O，则AC = BD，AC ⊥ BD，$OB = \frac{1}{2}BD.$又CE ⊥ BF，所以∠BGC = ∠MGC = 90°.又CG = CG，所以△CBG ≌ △CMG(ASA).所以BG = MG，即CG是线段BM的垂直平分线.所以PB = PM，即PM + PN = PB + PN.当点P在线段BN上，且BN ⊥ AC时，PB + PN取最小值，此时$PB + PN = BO = \frac{1}{2}BD = \frac{1}{2}AC，$即PM + PN的最小值为$\frac{1}{2}AC.$所以$PM + PN ≥ \frac{1}{2}AC.$故选项D不符合题意.
4. 新素养 应用意识 定义：作 $ □ ABCD $ 的一组邻角的平分线，设交点为 $ P $，点 $ P $ 与这组邻角的两个顶点构成的三角形为 $ □ ABCD $ 的“伴侣三角形”。如图，$ \triangle PBC $ 为 $ □ ABCD $ 的伴侣三角形，且 $ AB = m $，$ BC = 4 $，连接 $ AP $ 并延长，交直线 $ CD $ 于点 $ Q $。若点 $ Q $ 落在线段 $ CD $ 上(包括端点 $ C $，$ D $)，则 $ m $ 的取值范围是
2 ≤ m ≤ 4
。
答案：4. 2 ≤ m ≤ 4 解析：因为四边形ABCD是平行四边形，所以AB // CD，AD // BC，AB = CD，AD = BC，即∠ABC + ∠BCD = 180°.因为BP平分∠ABC，CP平分∠BCD，所以$∠ABP = ∠PBC = \frac{1}{2}∠ABC，$$∠PCD = ∠PCB = \frac{1}{2}∠BCD.$如图①，当点Q与点C重合时，m取最大值.因为CA平分∠BCD，所以∠ACD = ∠ACB.因为AB // CD，所以∠BAC = ∠ACD，即∠BAC = ∠ACB.所以AB = BC.又AB = m，BC = 4.所以m = 4；如图②，当点Q与点D重合时，m取最小值.因为AD // BC，所以∠APB = ∠PBC，∠DPC = ∠PCB.所以∠ABP = ∠APB，∠DPC = ∠PCD，即AB = AP，CD = PD.又AP + PD = AD，所以BC = 2AB.又AB = m，BC = 4，所以m = 2.综上，m的取值范围是2 ≤ m ≤ 4.
5. 如图，在菱形 $ ABCD $ 中，对角线 $ AC $，$ BD $ 交于点 $ O $，$ AC = 6 $，$ BD = 8 $，$ E $ 为 $ OA $ 的中点，$ F $ 为 $ BC $ 上一点，且 $ BF = 3CF $，$ P $ 为 $ BD $ 上一动点，连接 $ PE $，$ PF $，则 $ |PF - PE| $ 的最大值为
$\frac{5}{4}$
。
答案：$5. \frac{5}{4} $解析：因为四边形ABCD为菱形，AC = 6，BD = 8，所以AB = BC = CD = DA，$OA = OC = \frac{1}{2}AC = 3，$$OB = OD = \frac{1}{2}BD = 4，$AC ⊥ BD.在Rt△AOB中，由勾股定理，得$AB = \sqrt{OA^{2} + OB^{2}} = 5，$所以BC = CD = DA = AB = 5.如图，作点E关于BD的对称点E'，连接PE'，FE'，则PE = PE'，OE = OE'.所以|PF - PE| = |PF - PE'|.因为|PF - PE'| ≤ FE'，所以当P，F，E'三点共线时，|PF - PE'|取最大值，且最大值为FE'的长.取BC的中点H，连接OH，则$OH = CH = \frac{1}{2}BC = \frac{5}{2}.$因为BF = 3CF，E为OA的中点，所以$CF = \frac{1}{4}BC，$$OE = \frac{1}{2}OA，$即CF = HF，$OE' = \frac{1}{2}OA = \frac{1}{2}OC.$所以E'，F分别是OC，CH的中点.所以$FE' = \frac{1}{2}OH = \frac{5}{4}.$所以|PF - PE|的最大值为$\frac{5}{4}.$
6. 如图，$ \angle AOB = 60° $，$ C $，$ D $ 是边 $ OA $ 上的两点，且 $ OD = 8 $，$ CD = 2 $，$ P $ 是 $ OB $ 上的一动点，连接 $ PD $，$ Q $ 是 $ PD $ 的中点，连接 $ CQ $，则 $ CQ $ 的长的最小值为
$\sqrt{3}$
。
答案：$6. \sqrt{3} $解析：如图，取OD的中点M，连接MQ，过点C作CQ' ⊥ MQ于点Q'.因为Q是PD的中点，所以MQ // OB.所以∠DMQ = ∠AOB.又∠AOB = 60°，所以∠DMQ = 60°.连接DQ'并延长，交OB于点P'，易得DQ' = Q'P'.所以点Q的运动轨迹是射线MQ.所以CQ的长的最小值为CQ'的长.因为OD = 8，M是OD的中点，所以$MD = \frac{1}{2}OD = 4.$因为CD = 2，所以MC = MD - CD = 2.又∠DMQ + ∠MCQ' = 90°，所以∠MCQ' = 30°.所以$MQ' = \frac{1}{2}MC = 1.$在Rt△MCQ'中，由勾股定理，得$CQ' = \sqrt{MC^{2} - MQ'^{2}} = \sqrt{3}.$所以CQ的长的最小值为$\sqrt{3}.$
