2026年山西省中考数学一轮备考——线段长度的计算

**基本信息** 聚焦几何综合场景，通过20道典型题系统整合三角形、四边形性质与相似、全等、勾股定理等方法，强化辅助线构造与逻辑推理，培养几何直观与推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |三角形综合|10|等腰/等边/直角三角形，含中点、角平分线、面积关系|三角形性质→相似/全等判定→勾股定理应用，形成"性质-判定-计算"链条| |四边形综合|5|直角梯形、平行四边形，涉及垂直、平行条件|四边形性质→转化为三角形问题→辅助线构造（垂线/平行线）| |正方形综合|5|含三等分点、垂直平分线、等腰直角三角形|正方形性质→全等/相似模型→线段关系推导，强化空间观念|

2026山西中考备考——线段长度的计算 1．如图，在四边形ABCD中，∠A＝∠B＝90°，E是AB边上的一点，连接ED，过点C作CG⊥ED，交ED的延长线于点G，交AD的延长线于点F，若AB＝5，AD＝3，CF＝6，则AE的长为　 　 ． 2．如图，在△ABC中，AB＝BC，延长BC到D，使得BC＝3CD，连接AD．取AC的中点E，连接DE，连接BE并延长交AD于点F，若∠BAC＝2∠CED，且，则EF的长为　 　 ． 3．如图，在△ABC中，AB＝AC，点D在AB上，点E在AC延长线上，且BD＝CE，作DH⊥BC于点H，连接CD，若DH：FH＝1：2，S△BCD＝18，则DE的长为 　 　 ． 4．如图，在等腰三角形ABC中，AB＝AC，AD是BC边上的中线，过点D作∠ADC的角平分线DE交AC于点E，过点E作EF⊥AB，垂足为点F，EF交AD于点G，若AG＝2，BC＝12，则AF的长度为　 　 ． 5．如图，等边△ABC的边长为2，点D在边AC上，过点A作AE∥BC交BD的延长线于点E，若BD•BE＝8，则CD的长为　 　 . 6．如图，动点P在等边△ABC的边AC（不包括端点）上，，连接PB，AD⊥PB于D，以AD为一边在AD右侧作等边△ADE，ED的延长线交BC于F，若∠EFC＝45°，则EF＝ 　 　 ． 7．如图，等边三角形ABD与等边三角形CEF，点A，B在边EF上，EA＝FB＝2AB，点D在△CEF内，且AP＝PD＝PC，则△CEF的边长为 　 　 ． 8．如图，Rt△ABC中，∠BAC＝90°，AB＝AC，点D为BC中点，点E为BA延长线上一点，连接DE，作DF⊥DE，与AC的延长线相交于点F，若S△AGE＝4，S△DGF＝22，则BC的长为 　 　 9．如图，在△ABC中，AB＝AC＝13，BC＝10，点D为AC的中点，连接BD并延长到点E，连接CE．若∠BAC＝2∠ACE，则线段DE的长为　 　 ． 10．在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝5，BC＝12，点D在AC上，点E在BC上，CD＝3，分别连接BD，AE交于F点．若∠BFE＝45°，则CE的长为　 　 ． 11．如图，在△ABC中，∠ABC＝90°，，点D，E分别在AC，BC上，连接AE，BD交于点F，且∠ABD＝∠CAE，AD＝3，则AF的长为 　 　 ． 12．如图，在等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，点D为边BC上一点，连接AD，作AD的垂直平分线与AD，AB分别交于点P，Q，CE平分∠ACB交AD于点E，若CE＝1，，则QB的长是　 　 ． 13．如图，在△ABC中，∠BAC＝60°，AB＝8，BC＝7，∠BCA＜90°，点D为AB的中点，在射线AC上有点E，连接DE，且∠ADE＝∠ACB，点M，N分别是DE，BC的中点，连接MN，则MN的长为 　 　 ． 14．如图，在四边形ABCD中，∠ADC＝∠CBA＝90°，点E在AD边上，连接BE，∠DEB＝60°，∠EBA＝15°，CD＝DE．若，则AD的长度为　 　 ． 15．已知，如图，在Rt△ABC中，AC＝BC＝4，∠ACB＝90°，O为AB的中点，点D在线段BC上，连接AD，过点C作CP⊥AD于点P．若CD＝3，则OP的长为 　 　 ． 16．如图，在▱ABCD中，AD＝3，，∠B是锐角，AE⊥BC于点E，F是AB的中点，连接DF，EF，若∠EFD＝90°，则DF长为　 　 ． 17．已知如图，正方形ABCD的边长为8，取AB边上的中点E，连接CE，过点B作BF⊥CE于点F，连接DF．过点A作AH⊥DP于点H，交CE于点M，交BC于点N，则MN＝　 　 ． 18．如图，在正方形ABCD中，E为边AD上一点（不与端点重合），连接EC，以点E为直角顶点在EC左侧作等腰直角三角形EFC，其中EF交AB于点M，CF交AB于点N．若CD＝3，E为线段AD的三等分点，则MN的长为 　 　 ． 19．如图，正方形ABCD中，M为BC上一点，连接AM，作BN⊥AM于N，延长BN至P，满足∠CPB＝45°，延长AM、PC交于点H，连接BH、DP，若CP＝CH，BH＝10，则DP的长为　 　 ． 20．如图，已知正方形ABCD，点G为AB的中点，连接DG交对角线AC于点E，延长DG，在延长线上取点F，使BF⊥BE，若AB＝4，则BF的长为　 　 ． 参考答案与试题解析 1．【解答】解：如图，过点C作CH⊥AF，交AF的延长线于点H． ∵∠A＝∠B＝∠H＝90°， ∴AB＝CH＝5． ． ∵CG⊥EG， ∴∠DFG+∠GDF＝90°， ∵∠CFH+∠FCH＝90°，∠DFG＝∠CFH， ∴∠GDF＝∠FCH． ∵∠GDF＝∠ADE， ∴∠ADE＝∠FCH， ∴△ADE∽△HCF， ∴， ∴ 解得． 故答案为：． 2．【解答】解：∵AB＝BC，AC的中点为E，， ∴BE⊥AC，，∠BAC＝∠BCA， ∵∠BAC＝2∠CED，∠BCA＝∠CED+∠CDE， ∴∠CED＝∠CDE， ∴（等角对等边）， ∵BC＝3CD， ∴，， ∴， 如图，过D作DH∥AC交BE的延长线于H， ∴， ∴， ∵DH∥AC， ∴△BEC∽△BHD，△AEF∽△DHF， ∴，（相似三角形对应边成比例）， ∴， ∴， 故答案为：． 3．【解答】解：如图，作EJ⊥BC交BC的延长线于J． ∵AB＝AC， ∴∠B＝∠ACB， ∵∠ACB＝∠ECJ， ∴∠B＝∠ECJ， ∵DH⊥BC，EJ⊥BC， ∴∠DHB＝∠DHF＝∠J＝90°， 在△DHB和△EJC中， ， ∴△DHB≌△EJC（AAS）， ∴DH＝EJ，BH＝CJ， ∴BC＝HJ， 在△DHF和△EJF中， ， ∴△DHF≌△EJF（AAS）， ∴HF＝JF，DF＝EF， ∴BC＝HJ＝2HF， ∵DH：FH＝1：2， ∴可以设DH＝m，FH＝2m，则CB＝4m， ∵S△BCD＝18， ∴4m×m＝18， ∴m＝3或﹣3（舍弃）， ∴DH＝3，FH＝6， ∴DF＝EF3， ∴DE＝2DF＝6， 故答案为：6． 4．【解答】解：∵△ABC是等腰三角形，AB＝AC，AD是BC边上的中线， ∴AD⊥BC，∠1＝∠2，， ∴∠2+∠C＝90°， ∵EF⊥AB，即∠AFG＝90°， ∴∠1+∠AGF＝90°， ∴∠C＝∠AGF， ∵∠AGF＝∠DGE， ∴∠C＝∠DGE， ∵DE平分∠ADC， ∴∠GDE＝∠CDE，且DE＝DE， 在△GDE和△CDE中， ， ∴△GDE≌△CDE（AAS）， ∴DG＝DC＝6， ∴AD＝AG+DG＝2+6＝8， 在Rt△ABD中，， 如图所示，连接BG， ∵， ∴， 在Rt△AFG中，， 故答案为：． 5．【解答】解：∵△ABC是等边三角形， ∴∠ACB＝60°，AC＝BC＝2， ∵AE∥BC， ∴∠DAE＝∠ACB＝60°（两直线平行，内错角相等）， ∵∠ADE＝∠CDB， ∴△ADE∽△CDB， ∴（相似三角形对应边成比例）， 设CD＝x，则AD＝AC﹣CD＝2﹣x， ∴， ∴， ∴， ∵BD•BE＝8， ∴， 即BD2＝4x， 过点 B作BH⊥AC于点H， ∵△ABC是等边三角形，AC＝2， ∴，， ∴DH＝|CH﹣CD|＝|1﹣x|， 在Rt△BHD中，BD2＝BH2+DH2＝3+（1﹣x）2， ∴4x＝3+（1﹣x）2， 解得， ∵0＜x＜2， ∴， 即CD的长为， 故答案为：3． 6．【解答】解：如图，分别连接AF，EC，作CG∥BD，交EF的延长线于G， ∵△ABC和△ADE是等边三角形， ∴AB＝AC，AD＝AE，∠BAC＝60°，∠DAE＝60°，∠AED＝60°， ∴∠BAD＝∠EAC． 在△ABD和△ACE中， ， ∴△ABD≌△ACE（SAS）， ∴∠ADB＝∠AEC，BD＝CE， ∵AD⊥PB， ∴∠ADB＝90°， ∴∠AEC＝90°． ∵∠AED＝∠ADE＝60°， ∴∠CED＝∠PDE＝∠FDB＝∠AEC﹣∠AED＝90°﹣60°＝30°， ∵CG∥BD， ∴∠G＝∠FDB＝30°， ∴∠G＝∠CEG＝30°， ∴CG＝CE， ∴BD＝CG． 在△BDF和△CGF中， ， ∴△BDF≌△CGF（AAS）， ∴BF＝FC， ∵AB＝AC， ∴点F为BC中点， ∴AF⊥BC，CF＝BFBCAB（22）1， 作CH⊥EF于点H，如图， ∵∠EFC＝45°， ∴△FHC是等腰直角三角形， ∴， ∵∠CEH＝30°， ∴CE＝2CH＝2×（）， ∴， ∴， 所以EF的长为． 故答案为：． 7．【解答】解：连接AC、CD交EF于G， ∵△ABD与△CEF为等边三角形， ∴AD＝BD，EC＝CF，∠ADB＝60°， ∴点C、点D在线段EF的垂直平分线上． ∴CG是线段EF的垂直平分线． ∴CG⊥EF． ∴∠ADG＝30°， ∴∠ADC＝150°． ∵AP＝PD， ∴∠PAD＝∠APD． ∵PD＝PC， ∴∠PDC＝∠PCD． ∵∠APD＝180°﹣2∠PDA， ∠DPC＝180°﹣2∠PDC， ∴∠APD+∠DPC ＝360°﹣2（∠PDC+∠PDC） ＝60°． ∴△PCA为等边三角形． ∴AC＝CP． 设DA＝x，∴AB＝AD＝x， ∴AE＝BF＝2AB＝2x． ∴EF＝5x，AGx， 在Rt△CEG中，sin∠CEA， ∴CG． 在Rt△ACG中，AC2＝CG2+AG2， ． 解得，x＝1． ∴EF＝5． ∴△CEF的边长为5． 故答案为：5． 8．【解答】解：连接AD， ∵∠BAC＝90°，AB＝AC， ∴△ABC是等腰直角三角形， ∴∠ACB＝45°， ∵∠DCF+∠ACB＝180°， ∴∠DCF＝180°﹣∠ACB＝180°﹣45°＝135°， ∵D点是BC的中点， ∴AD⊥BC，ADBC＝DC＝BD，∠BAD∠BAC＝45°， ∵∠DAE+∠BAD＝180°， ∴∠DAE＝180°﹣∠BAD＝135°， ∴∠DCF＝∠DAE， ∵AD⊥BC， ∴∠ADC＝90°， ∴∠ADE+∠GDC＝90°， ∵DF⊥DE， ∴∠EDF＝90°， ∴∠GDC+∠CDF＝90°， ∴∠ADE＝∠CDF， 在△DAE和△DCF中， ， ∴△DAE≌△DCF（ASA）， ∴S△DAE＝S△DCF， ∵S△DFG＝S△DGC+S△DCF＝22， ∴S△DGC+S△DAE＝22， 即S△DGC+S△DAG+S△AGE＝22， ∴S△DGC+S△DAG＝22﹣S△AGE＝22﹣4＝18， 即S△ADC＝18， ∴AD•DC＝18， ∴AD•DC＝36， ∴AD＝DC＝6， ∴BC＝2DC＝12， 故答案为：12． 9．【解答】解：如图，过点A作AF⊥BC， ∴AF平分∠CAB，BF＝CF＝5， ∠BAC＝2∠ACE， ∴∠DAF＝∠ACE， ∴AF∥CE， ∴∠BCE＝∠AFB＝90°， ∵D为AC中点， ∴AD＝DC， 在△ADG和△DCE中， ， ∴△ADG≌△DCE（ASA）， ∴AG＝CE，DG＝DE， ∵AF∥CE，F为BC中点， ∴FG为△BCE的中位线， ∴，G为BE中点， 在Rt△ABF中，， ∴CE＝AG＝8，FG＝4， 由勾股定理可得， ∴， ∵DG＝DE， ∴． 故答案为：． 10．【解答】解：如图，构造正方形AMHG（C在AM上）， 作AN∥AB交GH于N，延长AE交MH于P，连接PN，延长HM至Q，使MQ＝GN，连接AQ． ∵AMHG为正方形， ∴MH＝GH＝AG＝AM＝BC＝12，∠AMQ＝∠AMP＝∠AGN＝∠MAG＝90°，AM∥GH， 在△AMQ和△AGN中： ， ∴△AMQ≌△AGN（SAS）， ∴∠QAM＝∠NAG，AQ＝AN， ∵AD∥BN，BD∥AN， ∴ADBN是平行四边形，∠NAP＝∠BFE＝45°， ∴BN＝AD＝AC﹣CD＝5﹣3＝2， ∠MAP+∠GAN＝∠MAG﹣∠PAN＝45°， ∴∠MAP+∠MAQ＝45°，即∠QAP＝45°＝∠NAP， 在△QAP和△NAP中： ， ∴△QAP≌△NAP（SAS）， ∴PN＝PQ＝PM+MQ＝PM+GN， ∵BG＝AC＝5， ∴GN＝BG﹣BN＝5﹣2＝3，NH＝GH﹣GN＝12﹣3＝9， 设PM＝x，则PN＝x+3，PH＝12﹣x， 在Rt△PNH中：PH2+NH2＝PN2， ∴（12﹣x）2+92＝（x+3）2，解得：，即PM， ∵CE∥MP， ∴， ∴， ∴CE＝3． 故答案为：3． 11．【解答】解：过点B作BQ⊥AC于点Q，过点A作AH∥BD交CB的延长线于点H，过点B作BP∥AE于点P，如图所示： ∵∠BQD＝90°， 在△ABC中，∠ABC＝90°，AB＝BC， ∴∠BAC＝∠C＝45°， 由勾股定理得：AC8， ∵BQ⊥AC于点Q， ∴BQ＝AQ＝CQAC＝4，∠ABQ∠ABC＝45°， ∵AD＝3， ∴QD＝AQ﹣AD＝1，DC＝AC﹣AD＝5， ∴∠ABQ＝∠BAC＝45°， ∴∠ABD+∠QBD＝∠BAE+∠CAE＝45°， ∵∠ABD＝∠CAE， ∴∠QBD＝∠BAE， 在△QBD和△BAE中， ∠BQD＝∠ABE＝90°，∠QBD＝∠BAE， ∴△QBD∽△BAE， ∴， ∴， ∴BE， 在△ABE中，∠ABE＝90°， 由勾股定理得：AE， ∵AH∥BD， ∴△CBD∽△CHA， ∴， ∴， ∴HC， ∴HB＝HC﹣BC， ∴HE＝HB+BE， ∵BP∥AE， ∴△HBP∽△HEA， ∴， ∴PB•HE＝AE•HB， ∴， ∴PB， ∵AH∥BD，BP∥AE， ∴四边形APBF是平行四边形， ∴AF＝PB， ∴AF的长为． 故答案为：． 12．【解答】解：过点E作EF⊥BC，于点F， 由题意可得：∠ACE＝∠BCE＝45°， ∴∠CEF＝∠BCE＝45°， ∴CF＝EF． ∵CE＝1， ∵CE2＝CF2+EF2， 解得， ∴，． ∵EF∥AC， ∴△DEF∽△DAC， ∴， 即， 解得， ∴CD＝CF+DF＝1， ∴CE＝CD， ∴， ∴∠CAD＝∠DEF＝90°﹣67.5°＝22.5°， ∴∠DAQ＝45°﹣22.5°＝22.5°． 由题意可得： AQ＝DQ， ∴∠DAQ＝∠ADQ＝22.5°， ∴∠DEF＝∠EDQ＝22.5°， ∴EF∥DQ， ∴∠BDQ＝90°， ∴∠B＝∠BQD＝45°， ∴， ∴． 故答案为：2． 13．【解答】解：过点C作CF⊥AB于点F，连接BE，设BE的中点为P，连接PM，PN，设DE与BC交于点K，如图所示： ∴∠CFA＝∠CFB＝∠NHP＝∠NHM＝90°， ∴△CFA，△CFB，△NHP和△NHM都是直角三角形， ∵AB＝8，点D是AB的中点， ∴AD＝BD＝4， ∴设AF＝a，则BF＝AB﹣AF＝8﹣a， 在Rt△CFA中，∠BAC＝60°， ∴∠ACF＝90°﹣∠BAC＝30°， ∴AC＝2AF＝2a， 由勾股定理得：CF， 在Rt△CFB中，由勾股定理得：BF2+CF2＝BC2， ∴， 整理得：4a2﹣16a+15＝0， 解得：a＝1.5，a＝2.5， 当a＝1.5时，BF＝8﹣a＝6.5， 在Rt△CFB中，BC＝7． ∴sin∠BCF， ∴sin∠BCF＞sin60°， ∴∠BCF＞60°， ∴∠ACB＝∠BCF+∠ACF＞90°， ∵∠BCA＜90°， ∴a＝1.5不符合题意，舍去， 当a＝2.5时，BF＝8﹣a＝5.5， 在Rt△CFB中，sin∠BCF， ∴∠BCF＜60°， ∴∠ACB＝∠BCF+∠ACF＜90°， ∴a＝2.5符合题意， ∴AC＝2a＝5， ∵∠ADE是△DBK的外角，∠ACB是△CEK的外角， ∴∠ADE＝∠ABC+∠DKB，∠ACB＝∠AED+∠CKE， ∵∠ADE＝∠ACB， ∴∠ABC+∠DKB＝∠AED+∠CKE， 又∵∠DKB＝∠CKE， ∴∠ABC＝∠AED， 在△ABC和△AED中， ∠ABC＝∠AED，∠A＝∠A， ∴△ABC∽△AED， ∴， ∴， ∴AE， ∴CE＝AE﹣AC， ∵点N是BC的中点，点P是BE的中点，点M是DE的中点， ∴PN是△BCE的中位线，PM是△BDE的中位线， ∴PNCE，PN∥AE，PMBD＝2，PM∥AB， ∴∠NPM＝∠BAC＝60°， 在Rt△NHP中，∠PNH＝90°﹣∠NPM＝30°， ∴PHPN， 由勾股定理得：NH， 在Rt△NHM中，HM＝PM﹣PH， 由勾股定理得：MN， ∴MN的长为． 故答案为：． 14．【解答】解：延长AD和BC交于点F， 由条件可知∠CDF＝90°，∠ABF＝90°， 在△ABE中，∠AEB＝180°﹣∠DEB＝180°﹣60°＝120°， 120°﹣15°＝45°， 在Rt△ABF中，∠F＝90°﹣∠A＝45°， ∴△ABF是等腰直角三角形， ∴AB＝BF， 由条件可知△CDF是等腰直角三角形， ∴CD＝DF， 设CD＝DE＝x，则， ∴， ∴， ， ∴AD＝AF﹣DF＝2（1+x）﹣x＝2+x， 过点B作BH⊥AD于点H， 在Rt△ABH中，∠A＝45°， ∴， 在Rt△BHE中，∠BEH＝60°， ∴， ∵AE＝AD﹣DE＝（2+x）﹣x＝2， ∴， ∴， ∴， ∴， ∴． 故答案为：4． 15．【解答】解：在AD上截取AE＝CP，连接OE，如图所示： 在Rt△ABC中，AC＝BC＝4，∠ACB＝90°， ∴△ABC是等腰直角三角形， ∴∠CAB＝∠B＝45°， ∵点D在线段BC上，且CD＝3， ∴△ACD是直角三角形， 由勾股定理得：AD5， ∵CP⊥AD于点P， ∴△CPA是直角三角形， 由三角形的面积公式得：S△ACDAD•CPAC•CD， ∴CP， 在Rt△CPA中，由勾股定理得：AP， ∵AE＝AP， ∴PE＝AP﹣AE， 在等腰Rt△ABC中，点O为斜边B的中点， ∴OA＝OC＝OBAB，OC⊥AB， ∴∠COA＝90°，∠OCB∠ACB＝45°， 设∠CAP＝α， ∴∠EAO＝∠CAB﹣∠CAP＝45°﹣α， 在Rt△CPA中，∠ACP＝90°﹣∠CAP＝90°﹣α， ∴∠DCP＝∠ACB﹣∠ACP＝90°﹣（90°﹣α）＝α， ∴∠PCO＝∠OCB﹣∠DCP＝45°﹣α， ∴∠EAO＝∠PCO＝45°﹣α， 在△EAO和△PCO中， ， ∴△EAO≌△PCO（SAS）， ∴OE＝OP，∠AOE＝∠COP， ∵∠COA＝∠COE+∠AOE＝90°， ∴∠COE+∠COP＝90°， 即∠POE＝∠COE+∠COP＝90°， 又∵OE＝OP， ∴△OPE是等腰直角三角形， 由勾股定理得：PEOP， ∴OPPE＝√， ∴OP的长为． 故答案为：． 16．【解答】解：如图，延长EF交DA的延长线于Q，连接DE，设BE＝x， ∵四边形ABCD是平行四边形， ∴DQ∥BC， ∴∠AQF＝∠BEF， ∵AF＝FB，∠AFQ＝∠BFE， ∴△QFA≌△EFB（AAS）， ∴AQ＝BE＝x，QF＝EF， ∵∠EFD＝90°， ∴DF⊥QE， ∴DQ＝DE＝x+3， ∵AE⊥BC，BC∥AD， ∴AE⊥AD， ∴∠AEB＝∠EAD＝90°， ∵AE2＝DE2﹣AD2＝AB2﹣BE2， ∴（x+3）2﹣32＝（2）2﹣x2， 整理得：x2+3x﹣10＝0， 解得x＝2或x＝﹣5（舍去）， ∴BE＝2， ∴AE4， ∴DE5， ∵∠AEB＝90°．AF＝FB， ∴EFAB， ∴DF2． 故答案为：2． 17．【解答】解：∵正方形ABCD的边长为8， ∴∠ABC＝∠BAD＝90°，AB＝BC＝CD＝DA＝8， ∵AB边上的中点E，BF⊥CE， ∴∠EBF＝90°﹣∠BEC＝∠BCE，， ， ∴sin∠EBF＝sin∠BCE， ∴ ∴ 解得， 延长DF交AB于点P， ∵，， ∴， ∵正方形ABCD， ∴AB∥CD， ∴△PFE∽△DFC， ∴， ∴， 解得PE＝2， ∴AP＝AE+PE＝6，PB＝BE﹣PE＝2＝PE， ∵BF⊥CE， ∴PB＝PF＝PE， ∴∠PBF＝∠PFB， ∴∠PBF＝∠PFB＝∠NCM， ∵AH⊥DF， ∴∠FMH＝90°﹣∠HFM＝90°﹣∠EFP＝∠PFB， ∴∠NMC＝∠PFB＝∠NCM， ∴MN＝NC， ∵∠ADP＝90°﹣∠DAH＝∠BAN， 在△ABN和△DAP中， ， ∴△ABN≌△DAP（ASA）， ∴BN＝AP＝6， ∴NC＝BC﹣BN＝2， ∴MN＝2． 故答案为：2． 18．【解答】解：过点F作PQ∥AB交DA的延长线于点P，交CB的延长线于点Q，如图所示： ∵四边形ABCD是正方形，且CD＝3， ∴AB＝AD＝BC＝DC＝3，∠BAD＝∠BAP＝∠ABC＝∠D＝90°， ∵PQ∥AB， ∴∠P＝∠BAD＝90°，∠Q＝∠ABC＝90°， ∴∠P＝∠Q＝∠BAP＝90°， ∴四边形ABQP是矩形， ∴PQ＝AB＝3， ∵△EFC是以点E为直角顶点的等腰直角三角形， ∴∠FEC＝90°，FE＝CE， 在△EFP中，∠P＝90°， ∴∠PEF+∠PFE＝90°， 又∵∠PEF+∠DEC＝180°﹣∠FEC＝90°， ∴∠PFE＝∠DEC， 在△PFE和△DEC中， ， ∴△PFE≌△DEC（AAS）， ∴PF＝DE，PE＝DC＝3， ∵点E为线段AD的三等分点， ∴有以下两种情况： ①当AEAD＝1时， ∴DE＝AD﹣AE＝3﹣1＝2， ∴PF＝DE＝2， ∴QF＝PQ﹣PF＝3﹣2＝1，AP＝PE﹣AE＝3﹣1＝2， ∴QB＝PA＝2， ∴QC＝BC+QB＝3+2＝5， ∵PQ∥AB， ∴△EAM∽△EPF，△CBN∽△CQF， ∴，， ∴，， ∴AM，BN， ∴MN＝AB﹣AM﹣BN； ②当DEAD＝1时， ∴AE＝AD﹣DE＝3﹣1＝2， ∴PF＝DE＝1， ∴FQ＝PQ﹣PF＝3﹣1＝2，AP＝BQ＝PE﹣AE＝3﹣2＝1， ∴QC＝BC+QB＝3+1＝4， 同①证明：△EAM∽△EPF，△CBN∽△CQF， ∴，， ∴，， ∴AM，BN， ∴MN＝AB﹣AM﹣BN， 综上所述：MN的长为或． 19．【解答】解：连接CN，过点C作CG⊥BP于点G，如图所示： 由题意可得：AB＝BC＝DC，∠DCB＝∠CBA＝90°， ∵BN⊥AM， ∴∠ANB＝∠BGC＝90°＝∠HNP， ∴∠ABN+∠CBG＝∠CBG+∠BCG＝90°， ∴∠ABN＝∠BCG， ∴△ABN≌△BCG（AAS）， ∴BN＝CG， ∵∠CPB＝45°，∠HNP＝90°， ∴PN＝HN， ∵CP＝CH， ∴CN＝PC，CN⊥PH， ∴∠DCP+∠DCN＝∠DCN+∠BCN＝90°， ∴∠DCP＝∠BCN， ∵CP＝CN，CD＝CB， ∴△DCP≌△BCN（SAS）， ∴DP＝BN＝CG， ∵CG⊥BP，△PCN是等腰直角三角形， ∴PN＝2CG＝2BN＝HN， ∵BN2+HN2＝BN2+4BN2＝5BN2＝BH2＝100， ∴． 故答案为：2． 20．【解答】解：∵正方形ABCD，AB＝4， ∴AD＝CD＝AB＝BC＝4，∠BAD＝∠ABC＝90°，AB∥CD，∠ACB＝∠ACD， ∵点G为AB的中点， ∴， ∴， ∵AB∥CD， ∴△AGE∽△CDE， ∴， 又， ∴，， ∵CE＝CE，∠BCE＝∠DCE，CB＝CD， ∴△BCE≌△DCE（SAS）， ∴，∠CBE＝∠CDE， ∵BF⊥BE，∠ABC＝90°， ∴∠FBE＝∠ABC， ∴∠FBG＝∠CBE＝∠CDE， ∵AB∥CD， ∴∠FGB＝∠CDE＝∠FBG， ∴FG＝FB， 在Rt△BEF中，BF2+BE2＝EF2， ∴， 解得， 故答案为：． 声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2026/5/19 18:08:29；用户：试用；邮箱：hanm@xyh.com；学号：38871860 第1页（共1页） 学科网（北京）股份有限公司 $