【压轴之满分集训】专题03 几何图形中的有关计算（四大类）-挑战2023年中考数学压轴真题汇编（全国通用）

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专题03 几何图形中的有关计算（四大类）

【典例分析】
【类型一：与动点有关的计算】
1．（2021•即墨区校级二模）如图，正方形ABCD的边长为3，∠DAC的平分线交DC于点E，若点P、Q分别是AD和AE上的动点，则DQ+PQ的最小值是（　　）

A．3 B．1.5 C．3 D．
【答案】D
【解答】解：如图，在AC上取AD'＝AD＝3，作D'P⊥AD于P，交AE于Q．
∵AE平分∠DAC，
∴∠DAQ＝∠D'AQ，
∴△DAQ≌△D'AQ（SAS），
∴DQ＝D'Q，
∴DQ+PQ＝D'Q+PQ≥D'P，
∴D'P＝AP＝AD'＝，
故选：D．

2．（2020•潮南区模拟）如图，在△ABC中，AB＝AC，BC＝4，面积是14，AC的垂直平分线EF分别交AC，AB边于E，F点．若点D为BC边的中点，点M为线段EF上一动点，则△CDM周长的最小值为（　　）

A．10 B．9 C．8 D．6
【答案】B
【解答】解：连接AD，AM，
∵△ABC是等腰三角形，点D是BC边的中点，
∴AD⊥BC，
∴S＝BC•AD＝×4×AD＝14，解得AD＝7，
∵EF是线段AC的垂直平分线，
∴AM＝CM，
当点M在AD上时，DM+CM最小，最小值为AD，
∴△CDM的周长最短＝（CM+MD）+CD＝AD+BC＝7+×4＝7+2＝9．
故选：B．


3．（2021•枣庄）如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD相交于点O，AC＝6，BD＝6，点P是AC上一动点，点E是AB的中点，则PD+PE的最小值为（　　）

A．3 B．6 C．3 D．6
【答案】A
【解答】解：如图，连接DE，

在△DPE中，DP+PE＞DE，
∴当点P在DE上时，PD+PE的最小值为DE的长，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AO＝CO＝3，BO＝DO＝3，AC⊥BD，AB＝AD，
∴tan∠ABO＝＝，
∴∠ABO＝60°，
∴△ABD是等边三角形，
∵点E是AB的中点，
∴DE⊥AB，
∵sin∠ABD＝，
∴＝，
∴DE＝3，
故选：A．
4．（2022•赤峰）如图，菱形ABCD，点A、B、C、D均在坐标轴上．∠ABC＝120°，点A（﹣3，0），点E是CD的中点，点P是OC上的一动点，则PD+PE的最小值是（　　）

A．3 B．5 C．2 D．
【答案】A
【解答】解：根据题意得，E点关于x轴的对称点是BC的中点E'，连接DE'交AC与点P，此时PD+PE有最小值为DE'，

∵四边形ABCD是菱形，∠ABC＝120°，点A（﹣3，0），
∴OA＝OC＝3，∠DBC＝60°，
∴△BCD是等边三角形，
∴DE'＝OC＝3，
即PD+PE的最小值是3，
故选：A．
5．（2022•广安）如图，菱形ABCD的边长为2，点P是对角线AC上的一个动点，点E、F分别为边AD、DC的中点，则PE+PF的最小值是（　　）

A．2 B． C．1.5 D．
【答案】A
【解答】解：如图，取AB的中点T，连接PT，FT．

∵四边形ABCD是菱形，
∴CD∥AB，CD＝AB，
∵DF＝CF，AT＝TB，
∴DF＝AT，DF∥AT，
∴四边形ADFT是平行四边形，
∴AD＝FT＝2，
∵四边形ABCD是菱形，AE＝DE，AT＝TB，
∴E，T关于AC对称，
∴PE＝PT，
∴PE+PF＝PT+PF，
∵PF+PT≥FT＝2，
∴PE+PF≥2，
∴PE+PF的最小值为2．
故选：A．
6．（2022•泰安）如图，四边形ABCD为矩形，AB＝3，BC＝4，点P是线段BC上一动点，点M为线段AP上一点，∠ADM＝∠BAP，则BM的最小值为（　　）

A． B． C．﹣ D．﹣2
【答案】D
【解答】解：如图，取AD的中点O，连接OB，OM．

∵四边形ABCD是矩形，
∴∠BAD＝90°，AD＝BC＝4，
∴∠BAP+∠DAM＝90°，
∵∠ADM＝∠BAP，
∴∠ADM+∠DAM＝90°，
∴∠AMD＝90°，
∵AO＝OD＝2，
∴OM＝AD＝2，
∴点M在以O为圆心，2为半径的⊙O上，
∵OB＝＝＝，
∴BM≥OB﹣OM＝﹣2，
∴BM的最小值为﹣2．
故选：D．
7．（鄂尔多斯）如图，直线y＝﹣x+4与两坐标轴交A、B两点，点P为线段OA上的动点，连接BP，过点A作AM垂直于直线BP，垂足为M，当点P从点O运动到点A时，则点M运动路径的长为　 　．

【答案】
【解答】解：∵AM垂直于直线BP，
∴∠BMA＝90°，
∴点M的路径是以AB的中点N为圆心，AB长的一半为半径的，
连接ON，
∵直线y＝﹣x+4与两坐标轴交A、B两点，
∴OA＝OB＝4，
∴ON⊥AB，
∴∠ONA＝90°，
∵AB＝＝4，
∴ON＝2，
∴＝•2＝．
故答案为：π．

8．（2022•贺州）如图，在矩形ABCD中，AB＝8，BC＝6，E，F分别是AD，AB的中点，∠ADC的平分线交AB于点G，点P是线段DG上的一个动点，则△PEF的周长最小值为 　 　．

【答案】
【解答】解：如图，在DC上截取DT，使得DT＝DE，连接FT，过点T作TH⊥AB于点H．

∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠ADT＝90°，
∵∠AHT＝90°，
∴四边形AHTD是矩形，
∵AE＝DE＝AD＝3．AF＝FB＝AB＝4，
∴AH＝DT＝3，HF＝AF﹣AH＝4﹣3＝1，HT＝AD＝6，
∴FT＝＝＝，
∵DG平分∠ADC，DE＝DT，
∴E、T关于DG对称，
∴PE＝PT，
∴PE+PF＝PF+PT≥FT＝，
∵EF＝＝＝5，
∴△EFP的周长的最小值为5+，
故答案为：5+．
9．（2020•广西）如图，在边长为2的菱形ABCD中，∠C＝60°，点E，F分别是AB，AD上的动点，且AE＝DF，DE与BF交于点P．当点E从点A运动到点B时，则点P的运动路径长为　 　．

【答案】π
【解答】解：如图，作△CBD的外接圆⊙O，连接OB，OD，

∵四边形ABCD是菱形，
∴∠A＝∠C＝60°，AB＝BC＝CD＝AD，
∴△ABD，△BCD都是等边三角形，
∴BD＝AD，∠BDF＝∠DAE，
∵DF＝AE，
∴△BDF≌△DAE（SAS），
∴∠DBF＝∠ADE，
∵∠ADE+∠BDE＝60°，
∴∠DBF+∠BDP＝60°，
∴∠BPD＝120°，
∵∠C＝60°，
∴∠C+∠DPB＝180°，
∴B，C，D，P四点共圆，
由BC＝CD＝BD＝2，可得OB＝OD＝2，
∵∠BOD＝2∠C＝120°，
∴点P的运动的路径的长＝＝π．
故答案为π．
10．（2021•威海）如图，在正方形ABCD中，AB＝2，E为边AB上一点，F为边BC上一点．连接DE和AF交于点G，连接BG．若AE＝BF，则BG的最小值为 　 　．

【答案】﹣1
【解答】解：如图，取AD的中点T，连接BT，GT，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD＝AB＝2，∠DAE＝∠ABF＝90°，
在△DAE和△ABF中，
，
∴△DAE≌△ABF（SAS），
∴∠ADE＝∠BAF，
∵∠BAF+∠DAF＝90°，
∴∠EDA+∠DAF＝90°，
∴∠AGD＝90°，
∵DT＝AT，
∴GT＝AD＝1，BT＝＝＝，
∴BG≥BT﹣GT，
∴BG≥﹣1，
∴BG的最小值为﹣1．
故答案为：﹣1．

【类型二：与折叠有关的计算】
11．（2020•青岛）如图，将矩形ABCD折叠，使点C和点A重合，折痕为EF，EF与AC交于点O．若AE＝5，BF＝3，则AO的长为（　　）

A． B． C．2 D．4
【答案】C
【解答】解：∵矩形ABCD，
∴AD∥BC，AD＝BC，AB＝CD，
∴∠EFC＝∠AEF，
由折叠得，∠EFC＝∠AFE，
∴∠AFE＝∠AEF，
∴AE＝AF＝5，
由折叠得，
FC＝AF，OA＝OC，
∴BC＝3+5＝8，
在Rt△ABF中，AB＝＝4，
在Rt△ABC中，AC＝＝4，
∴OA＝OC＝2，
故选：C．
12．如图，在△ABC纸片中，∠B＝30°，AB＝AC＝，点D在AB上运动，将纸片沿CD折叠，得到点B的对应点B′（D在A点时，点D的对应点是本身），则折叠过程对应点B′的路径长是（　　）

A．3 B．6 C．π D．2π
【答案】C
【解答】解：过点A作AE⊥BC于点E，
∵∠B＝30°，AB＝AC＝，
∴BE＝ABcos∠B＝，
∴BC＝2BE＝3，
由折叠的性质可得：∠BCB''＝2∠ACB＝60°，
∴B′的路径长＝＝π．
故选：C．

13．（2022•宜宾）如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝5，BC＝3，将△BCD沿BD折叠到△BED位置，DE交AB于点F，则cos∠ADF的值为（　　）

A． B． C． D．
【答案】C
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝90°，AB∥CD，AD＝BC＝3，AB＝CD＝5，
∴∠BDC＝∠DBF，
由折叠的性质可得∠BDC＝∠BDF，
∴∠BDF＝∠DBF，
∴BF＝DF，
设BF＝x，则DF＝x，AF＝5﹣x，
在Rt△ADF中，3+（5﹣x）＝x，
∴x＝，
∴cos∠ADF＝，
故选：C．
14．（2022•毕节市）矩形纸片ABCD中，E为BC的中点，连接AE，将△ABE沿AE折叠得到△AFE，连接CF．若AB＝4，BC＝6，则CF的长是（　　）

A．3 B． C． D．
【答案】D
【解答】解：连接BF，交AE于O点，

∵将△ABE沿AE折叠得到△AFE，
∴BE＝EF，∠AEB＝∠AEF，AE垂直平分BF，
∵点E为BC的中点，
∴BE＝CE＝EF＝3，
∴∠EFC＝∠ECF，
∵∠BEF＝∠ECF+∠EFC，
∴∠AEB＝∠ECF，
∴AE∥CF，
∴∠BFC＝∠BOE＝90°，
在Rt△ABE中，由勾股定理得，AE＝＝，
∴BO＝＝，
∴BF＝2BO＝，
在Rt△BCF中，由勾股定理得，
CF＝＝＝，
故选：D．
15．（2022•湖州）如图，已知BD是矩形ABCD的对角线，AB＝6，BC＝8，点E，F分别在边AD，BC上，连结BE，DF．将△ABE沿BE翻折，将△DCF沿DF翻折，若翻折后，点A，C分别落在对角线BD上的点G，H处，连结GF．则下列结论不正确的是（　　）

A．BD＝10 B．HG＝2 C．EG∥FH D．GF⊥BC
【答案】D
【解答】解：∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝90°，BC＝AD，
∵AB＝6，BC＝8，
∴BD＝＝＝10，
故A选项不符合题意；
∵将△ABE沿BE翻折，将△DCF沿DF翻折，点A，C分别落在对角线BD上的点G，H处，
∴AB＝BG＝6，CD＝DH＝6，
∴GH＝BG+DH﹣BD＝6+6﹣10＝2，
故B选项不符合题意；
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝∠C＝90°，
∵将△ABE沿BE翻折，将△DCF沿DF翻折，点A，C分别落在对角线BD上的点G，H处，
∴∠A＝∠BGE＝∠C＝∠DHF＝90°，
∴EG∥FH．
故C选项不符合题意；
∵GH＝2，
∴BH＝DG＝BG﹣GH＝6﹣2＝4，
设FC＝HF＝x，则BF＝8﹣x，
∴x+4＝（8﹣x），
∴x＝3，
∴CF＝3，
∴，
又∵，
∴，
若GF⊥BC，则GF∥CD，
∴，
故D选项符合题意．
故选：D．
16．（2021•天津）如图，在△ABC中，∠BAC＝120°，将△ABC绕点C逆时针旋转得到△DEC，点A，B的对应点分别为D，E，连接AD．当点A，D，E在同一条直线上时，下列结论一定正确的是（　　）

A．∠ABC＝∠ADC B．CB＝CD C．DE+DC＝BC D．AB∥CD
【答案】D
【解答】解：由旋转的性质得出CD＝CA，∠EDC＝∠BAC＝120°，
∵点A，D，E在同一条直线上，
∴∠ADC＝60°，
∴△ADC为等边三角形，
∴∠DAC＝60°，
∴∠BAD＝60°＝∠ADC，
∴AB∥CD，
故选：D．
17．（2022•滨州）正方形ABCD的对角线相交于点O（如图1），如果∠BOC绕点O按顺时针方向旋转，其两边分别与边AB、BC相交于点E、F（如图2），连接EF，那么在点E由B到A的过程中，线段EF的中点G经过的路线是（　　）

A．线段 B．圆弧 C．折线 D．波浪线
【答案】A
【解答】解：建立如图平面直角坐标系，设正方形ABCD的边长为1，

∵四边形ABCD是正方形，
∴∠OAE＝∠OBF＝45°，OA＝OB，
∵∠AOB＝∠EOF＝90°，
∴∠AOE＝∠BOF，
∴△AOE≌△BOF（ASA），
∴AE＝BF，
设AE＝BF＝a，则F（a，0），E（0，1﹣a），
∵EG＝FG，
∴G（a，﹣a），
∴点G在直线y＝﹣x+上运动，
∴点G的运动轨迹是线段，
故选：A．
18．（2022•眉山）如图，四边形ABCD为正方形，将△EDC绕点C逆时针旋转90°至△HBC，点D，B，H在同一直线上，HE与AB交于点G，延长HE与CD的延长线交于点F，HB＝2，HG＝3．以下结论：①∠EDC＝135°；②EC＝CD•CF；③HG＝EF；④sin∠CED＝．其中正确结论的个数为（　　）

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】D
【解答】解：∵△EDC旋转得到△HBC，
∴∠EDC＝∠HBC，
∵ABCD为正方形，D，B，H在同一直线上，
∴∠HBC＝180°﹣45°＝135°，
∴∠EDC＝135°，故①正确；
∵△EDC旋转得到△HBC，
∴EC＝HC，∠ECH＝90°，
∴∠HEC＝45°，
∴∠FEC＝180°﹣45°＝135°，
∵∠ECD＝∠ECF，
∴△EFC∽△DEC，
∴，
∴EC＝CD•CF，故②正确；
设正方形边长为a，
∵∠GHB+∠BHC＝45°，∠GHB+∠HGB＝45°，
∴∠BHC＝∠HGB＝∠DEC，
∵∠GBH＝∠EDC＝135°，
∴△GBH∽△EDC，
∴，即，
∵△HEC是等腰直角三角形，
∴，
∵∠GHB＝∠FHD，∠GBH＝∠HDF＝135°，
∴△HBG∽△HDF，
∴，即，解得：EF＝3，
∵HG＝3，
∴HG＝EF，故③正确；
过点E作EM⊥FD交FD于点M，

∴∠EDM＝45°，
∵ED＝HB＝2，
∴，
∵EF＝3，
∴，
∵∠DEC+∠DCE＝45°，∠EFC+∠DCE＝45°，
∴∠DEC＝∠EFC，
∴，故④正确
综上所述：正确结论有4个，
故选：D．
19．（2022•单县一模）如图，将边长为8cm的正方形ABCD折叠，使点D落在AB边的中点E处，折痕为FH，点C落在Q处，EQ与BC交于点G，则△EBG的周长是　　cm．

【答案】16
【解答】解：设EF＝x，
∵EF＝DF，
∴DF＝x，
则AF＝8﹣x；而AE＝4，
由勾股定理得：
x＝4+（8﹣x），
解得：x＝5；
AF＝8﹣5＝3；
由题意得：
∠GEF＝∠D＝90°，∠A＝∠B＝90°，
∴∠AEF+∠AFE＝∠AEF+∠BEG，
∴∠AFE＝∠BEG；
∴△AEF∽△BGE，
∴＝＝，
∴EG＝＝，BG＝＝，
∴△EBG的周长＝++4＝16．
故答案为16．
20．如图，在矩形ABCD中，AB＝3，BC＝5，点P在CD边上，联结AP．如果将△ADP沿直线AP翻折，点D恰好落在线段BC上，那么的值为 　 　．

【答案】
【解答】解：如图：

∵将△ADP沿直线AP翻折，点D恰好落在线段BC上的D'，
∴AD'＝AD＝5，PD＝PD'，∠AD'P＝∠D＝90°，
在Rt△ABD'中，BD'＝＝＝4，
∴CD'＝BC﹣BD'＝5﹣4＝1，
设CP＝x，则PD＝PD'＝3﹣x，
在Rt△CPD'中，CD'+CP＝PD'，
∴1+x＝（3﹣x），
解得x＝，
∴CP＝，PD＝，
∴S＝AD•PD＝×5×＝，
S＝S﹣S＝3×5﹣＝，
∴＝＝，
故答案为：．
21．（2022•铜仁市）如图，在边长为2的正方形ABCD中，点E为AD的中点，将△CDE沿CE翻折得△CME，点M落在四边形ABCE内．点N为线段CE上的动点，过点N作NP∥EM交MC于点P，则MN+NP的最小值为 　 　．

【答案】
【解答】解：作点P关于CE的对称点P′，

由折叠的性质知CE是∠DCM的平分线，
∴点P′在CD上，
过点M作MF⊥CD于F，交CE于点G，
∵MN+NP＝MN+NP′≥MF，
∴MN+NP的最小值为MF的长，
连接DG，DM，
由折叠的性质知CE为线段DM的垂直平分线，
∵AD＝CD＝2，DE＝1，
∴CE＝＝，
∵CE×DO＝CD×DE，
∴DO＝，
∴EO＝，
∵MF⊥CD，∠EDC＝90°，
∴DE∥MF，
∴∠EDO＝∠GMO，
∵CE为线段DM的垂直平分线，
∴DO＝OM，∠DOE＝∠MOG＝90°，
∴△DOE≌△MOG，
∴DE＝GM，
∴四边形DEMG为平行四边形，
∵∠MOG＝90°，
∴四边形DEMG为菱形，
∴EG＝2OE＝，GM＝DE＝1，
∴CG＝，
∵DE∥MF，即DE∥GF，
∴△CFG∽△CDE，
∴，即，
∴FG＝，
∴MF＝1+＝，
∴MN+NP的最小值为；
方法二：同理方法一得出MN+NP的最小值为MF的长，DO＝，
∴OC＝＝，DM＝2DO＝，
∵S＝DM•OC＝CD•MF，
即×＝2×MF，
∴MF＝，
∴MN+NP的最小值为；
故答案为：
【类型三：与旋转有关的计算】
22．（2020•桂林）如图，已知的半径为5，所对的弦AB长为8，点P是的中点，将绕点A逆时针旋转90°后得到，则在该旋转过程中，点P的运动路径长是（　　）

A．π B．π C．2π D．2π
【答案】B
【解答】解：如图，设的圆心为O，连接OP，OA，AP'，AP，AB'

∵圆O半径为5，所对的弦AB长为8，点P是的中点，
根据垂径定理，得
AC＝AB＝4，PO⊥AB，
OC＝＝3，
∴PC＝OP﹣OC＝5﹣3＝2，
∴AP＝＝2，
∵将绕点A逆时针旋转90°后得到，
∴∠PAP′＝∠BAB′＝90°，
∴L＝＝π．
则在该旋转过程中，点P的运动路径长是π．
故选：B．
23．（2022•辽宁）如图，在正方形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，点E是OD的中点，连接CE并延长交AD于点G，将线段CE绕点C逆时针旋转90°得到CF，连接EF，点H为EF的中点．连接OH，则的值为 　 　．

【答案】
【解答】解：以O为原点，平行于AB的直线为x轴，建立直角坐标系，过E作EM⊥CD于M，过F作FN⊥DC，交DC延长线于N，如图：

设正方形ABCD的边长为2，则C（1，1），D（﹣1，1），
∵E为OD中点，
∴E（﹣，），
设直线CE解析式为y＝kx+b，把C（1，1），E（﹣，）代入得：
，
解得，
∴直线CE解析式为y＝x+，
在y＝x+中，令x＝﹣1得y＝，
∴G（﹣1，），
∴GE＝＝，
∵将线段CE绕点C逆时针旋转90°得到CF，
∴CE＝CF，∠ECF＝90°，
∴∠MCE＝90°﹣∠NCF＝∠NFC，
∵∠EMC＝∠CNF＝90°，
∴△EMC≌△CNF（AAS），
∴ME＝CN，CM＝NF，
∵E（﹣，），C（1，1），
∴ME＝CN＝，CM＝NF＝，
∴F（，﹣），
∵H是EF中点，
∴H（，0），
∴OH＝，
∴＝＝．
故答案为：．
24．（2022•柳州）如图，在正方形ABCD中，AB＝4，G是BC的中点，点E是正方形内一个动点，且EG＝2，连接DE，将线段DE绕点D逆时针旋转90°得到线段DF，连接CF，则线段CF长的最小值为 　 　．

【答案】2﹣2
【解答】解：连接DG，将DG绕点D逆时针旋转90°得DM，连接MG，CM，MF，
作MH⊥CD于H，

∵∠EDF＝∠GDM，
∴∠EDG＝∠FDM，
∵DE＝DF，DG＝DM，
∴△EDG≌△MDF（SAS），
∴MF＝EG＝2，
∵∠GDC＝∠DMH，∠DCG＝∠DHM，DG＝DM，
∴△DGC≌△MDH（AAS），
∴CG＝DH＝2，MH＝CD＝4，
∴CM＝＝2，
∵CF≥CM﹣MF，
∴CF的最小值为2﹣2，
故答案为：2﹣2．

【类型一：与图形构造有关的计算】
25．（2022•安顺模拟）如图，点A为等边三角形BCD外一点，连接AB、AD且AB＝AD，过点A作AE∥CD分别交BC、BD于点E、F，若3BD＝4AE，EF＝5，则线段AE的长 　 　．

【答案】15
【解答】解：方法一：如图，过点A作BC平行线AG交DC于点G，

∵AE∥CD，
∴四边形AECG是平行四边形，
∵AB＝AD，
∴∠ABD＝∠ADB，
∵△BCD是等边三角形，
∴∠DBC＝∠BDC＝60°，
∴∠ABE＝∠ADG，
∵AE∥CD，
∴∠AEB＝∠C，
∵AG∥BC，
∴∠AGD＝∠C，
∴∠AEB＝∠AGD，
在△AEB和△AGD中，
，
∴△AEB≌△AGD（AAS），
∴AE＝AG，
∴四边形AECG是菱形，
∴AE＝EC，
∴∠AEB＝∠BCD＝60°，
∴∠AEB＝∠FBE＝∠BFE＝60°，
∴△BEF是等边三角形，
∴BE＝BF＝EF＝5，
∵3BD＝4AE，
∴＝，
设BD＝4x，则AE＝3x，
∵△BCD是等边三角形，
∴BC＝CD＝BD＝4x，
∴CE＝BC﹣BE＝4x﹣5，
∴4x﹣5＝3x，
解得x＝5，
∴AE＝3x＝15，
方法二：如图，连接AC交BD于点O，

∵3BD＝4AE，
∴＝，
设BD＝4x，则AE＝3x，
∵△BCD是等边三角形，
∴BC＝CD＝BD＝4x，∠DCB＝∠DBC＝60°，
∵AB＝AD，BC＝CD，
∴AC是BD的垂直平分线，
∴OB＝OD＝2x，OC平分∠BCD，
∴∠DCO＝DCB＝30°，
∵AE∥CD，
∴∠DCO＝30°，
∴OC＝＝＝2x，
∵AE∥CD，
∴∠AEB＝∠BCD＝60°，
∴∠AEB＝∠FBE＝∠BFE＝60°，
∴△BEF是等边三角形，
∴BE＝BF＝EF＝5，
∴OF＝OB﹣BF＝2x﹣5，AF＝AE﹣EF＝3x﹣5，
∵∠AOF＝∠COD，∠OAF＝∠OCD，
∴△AOF∽△COD，
∴＝，
∴＝，
解得x＝5，x＝0（舍去），
∴AE＝AF+EF＝3x﹣5+5＝3x＝15．
故答案为：15．
26．（2021•碑林区校级模拟）如图，在▱ABCD中，点E是对角线AC上一点，过点E作AC的垂线，交边AD于点P，交边BC于点Q，连接PC、AQ，若AC＝6，PQ＝4，则PC+AQ的最小值为 　 　．

【答案】2
【解答】解：过点A作AM∥PQ且AM＝PQ，连接MP，
∵AM∥PQ且AM＝PQ，
∴四边形AQPM是平行四边形，
∴AQ＝MP，
PC+AQ的最小值转化为MP+CP的最小值，
当M、P、C三点共线时，MP+CP的最小，
∵AM∥PQ，AC⊥PQ，
∴AM⊥AC，
在Rt△MAC中，MC＝＝＝2．
故答案为：2．

27．（2022•碑林区校级四模）如图，在四边形ABCD中，CD＝1，AB＝2BC＝，且∠ABC+∠BCD＝225°，则四边形ABCD周长的最大值为 　 　．

【答案】2+2
【解答】解：如图，延长AB、DC交于点E，过点B作BF∥CD，截取BF＝CD＝1，过点F作FG⊥AB于点G，连接AF，则四边形BCDF为平行四边形，

∵∠ABC+∠BCD＝225°，∠EBC+∠ABC+∠ECB+∠BCD＝360°，
∴∠EBC+∠ECB＝135°，
∴∠E＝180°﹣135°＝45°，
∵BF∥CD，
∴∠GBF＝∠E＝45°，
∵BF＝CD＝1，FG⊥AB，
∴BG＝FG＝，
∵AB＝2BC＝，
∴AG＝AB﹣BG＝﹣＝，BC＝，
∴AF＝＝＝1，
∵四边形BCDF为平行四边形，
∴FD＝BC＝，
∴AB+BC+CD+AD＝++1+AD，
∵AD≤AF+FD＝1+，
∴四边形ABCD周长的最大值为++1+1+＝2+2，
故答案为：2+2．
28．如图，a＝45°，BE＝CD，BD＝4，CE＝4，∠BFD＝60°，CD

【答案】4
【解答】解：如图，分别过D、E作AC、CD的平行线相交于点N，则四边形CDNE是平行四边形，过点N作NH⊥AB于H，

∴∠BEN＝∠BFD＝60°，且BE＝CD＝EN，
∴△BEN是等边三角形，
∴BN＝BE＝CD，
∵AC∥DN，
∴∠A＝∠ADN＝45°，
∴△HDN是等腰直角三角形，
∵DN＝CE＝4，
∴HN＝4，DH＝4，
在Rt△NBH中，BH＝8，NH＝4，
∴BN＝＝＝4，
∴CD＝4．