14.「2026四川成都锦江月考，★★☆」如图，在正方形ABCD中，E为对角线AC上一点，F为边AB上一点，且$BF=DE$，连接EF，若$∠ CDE=50°$，则$∠ BFE$的度数为。

14.答案 $70°$
解析 连接 BE,如图,

∵ 四边形 ABCD 是正方形,
∴ $BC=DC$,$∠BCE=∠DCE=45°$,$∠ABC=90°$,
在$△BCE$和$△DCE$中,$\begin{cases} BC=DC, \\ ∠BCE=∠DCE, \\ CE=CE, \end{cases}$
∴ $△BCE≌△DCE(\mathrm{SAS})$,
∴ $∠CBE=∠CDE=50°$,$BE=DE$,
∴ $∠FBE=∠ABC-∠CBE=40°$,
∵ $BF=DE$,
∴ $BF=BE$,
∴ $∠BFE=∠BEF$,
∴ $∠BFE=\frac{180°-∠EBF}{2}=70°$.故答案为 $70°$.

15.「2026宁夏银川月考，★★☆」如图,在四边形ABCD中,AD//BC,∠A=90°,BD=BC,点E为CD的中点,射线BE交AD的延长线于点F,连接CF.若AD=1,CF=2,则BF=.

15.答案 $2\sqrt{3}$
解析

∵ $AD// BC$,
∴ $∠FDE=∠BCE$,
∵ 点 E 为 CD 的中点,
∴ $DE=EC$,
在$△BCE$与$△FDE$中,$\begin{cases} ∠BCE=∠FDE, \\ CE=DE, \\ ∠BEC=∠FED, \end{cases}$
∴ $△BCE≌△FDE(\mathrm{ASA})$,
∴ $BC=FD$,
∵ $AD// BC$,
∴ 四边形 BCFD 为平行四边形,又
∵ $BD=BC$,
∴ 平行四边形 BCFD 是菱形,
∴ $BD=DF=CF=2$,
∴ $AF=AD+DF=3$,
∵ $∠A=90°$,
∴ $AB=\sqrt{BD^2-AD^2}=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}$,
∴ $BF=\sqrt{AB^2+AF^2}=\sqrt{(\sqrt{3})^2+3^2}=2\sqrt{3}$.故答案为 $2\sqrt{3}$.

16.「★★」如图,点E和点F分别是正方形ABCD的边BC和CD上的两个动点,在运动过程中始终保持$∠ EAF=45°$,过点A作$AG ⊥ EF$于点G,已知正方形ABCD的边长是3,下列结论:①$BE+DF=EF$;②当$BE=1$时,$DF=\frac{3}{2}$;③$BE+DF ≤ 3$;④$AG$的长度随$E,F$的运动而变化.其中正确的有________(只填序号).

16.答案 ①②③
解析 ①过点 A 作 $AH⊥AF$ 交 CB 的延长线于点 H,如图,

∴ $∠HAF=90°$,
在正方形 ABCD 中,$AB=AD$,$∠BAD=∠ABC=∠D=90°$,
∴ $∠ABH=∠D=90°$,
∵ $∠HAF=∠BAD=90°$,
∴ $∠BAH+∠BAF=∠BAF+∠DAF$,
∴ $∠BAH=∠DAF$,
∵ $∠BAD=90°$,
$∠EAF=45°$,
∴ $∠BAE+∠DAF=45°$,
∴ $∠BAE+∠BAH=45°$,即 $∠EAH=∠EAF=45°$, 在 $△BAH$ 和 $△DAF$ 中,
$\begin{cases} ∠ABH=∠D=90°, \\ AB=AD, \\ ∠BAH=∠DAF, \end{cases}$
∴ $△BAH≌△DAF(\mathrm{ASA})$,
∴ $AH=AF$,
$BH=DF$,
∴ $EH=BE+BH=BE+DF$,在 $△EAH$ 和 $△EAF$ 中,
$\begin{cases} AH=AF, \\ ∠EAH=∠EAF, \\ AE=AE, \end{cases}$
∴ $△EAH≌△EAF(\mathrm{SAS})$,
∴ $EH=EF$,
∴ $BE+DF=EF$,故结论①正确;②
∵ 四边形 ABCD 是正方形,且边长为 3,
∴ $BC=CD=3$,$∠C=90°$,设 $DF=a$,则 $CF=CD-DF=3-a$,
∵ $BE=1$,
∴ $CE=BC-BE=2$,$EF=BE+DF=1+a$,在 $Rt△CEF$ 中,$EF^2=CE^2+CF^2$,
∴ $(1+a)^2=2^2+(3-a)^2$,解得 $a=\frac{3}{2}$,即 $DF=\frac{3}{2}$,故结论②正确;③设 $DF=c$,
$BE=b$,
∴ $CF=CD-DF=3-c$,$CE=BC-BE=3-b$,$EF=DF+BE=c+b$,在$△CEF$中,根据三角形三边之间的关系得 $CE+CF＞EF$,
∴ $3-c+3-b＞c+b$,
∴ $2(c+b)＜6$,
∴ $c+b＜3$,即 $BE+DF＜3$,
∵ 点 E 和点 F 分别是正方形 ABCD 边 BC 和 CD 上的两个动点,且 $∠EAF=45°$,
∴ 当点 E 和点 C 重合时,点 F 和点 D 重合,此时 $BE=BC=3$,$DF=0$,
∴ $BE+DF=3$,同理当点 E 和点 B 重合时,点 F 和点 C 重合,此时 $BE+DF=3$,综上,$BE+DF≤3$,故结论③正确;④
∵ $∠ABC=90°$,$AG⊥EF$,
∴ 由三角形的面积公式得 $S_{△EAH}=\frac{1}{2}EH· AB$,$S_{△EAF}=\frac{1}{2}EF· AG$,
∵ $△EAH≌△EAF$,
∴ $S_{△EAH}=S_{△EAF}$,
∴ $\frac{1}{2}EH· AB=\frac{1}{2}EF· AG$,又
∵ $EH=EF$,
∴ $AB=AG=3$,
∴ AG 的长度不随 E,F 的运动而变化,故结论④不正确.
综上所述,正确的结论是①②③.

三、解答题(共56分)
17.「2026陕西榆林期末，★☆」(8分)如图，菱形ABCD的对角线AC,BD交于点O，延长AC,CA至点F,E，连接DE,DF,DE=DF.求证:AE=CF.

17.证明

∵ 四边形 ABCD 是菱形,
∴ $DC=AD$,
∴ $∠ACD=∠CAD$,
∴ $180°-∠CAD=180°-∠ACD$,
即 $∠EAD=∠FCD$,
∵ $DE=DF$,
∴ $∠E=∠F$,
在$△AED$和$△CFD$中,$\begin{cases} ∠EAD=∠FCD, \\ ∠E=∠F, \\ DE=DF, \end{cases}$
∴ $△AED≌△CFD(\mathrm{AAS})$,
∴ $AE=CF$.

18. 聚焦 中考 尺规作图 「2026山西运城月考，★☆」（8分）数学实践活动课上，学习小组进行探究活动，老师要求大家对矩形ABCD进行如下操作：①如图，分别以点B，C为圆心，大于$\frac{1}{2}BC$的长为半径作弧，两弧相交于点E，F，作直线EF交BC于点O，连接AO；②将$△ ABO$沿AO翻折，点B的对应点落在点P处，作射线AP交CD于点Q。若AD=5，AB=3，求线段CQ的长。

18.解析 如图,连接 OQ,

∵ 四边形 ABCD 是矩形,
∴ $AB=CD=3$,$∠B=∠C=∠D=90°$,
由作图知 $OB=OC$,
由折叠的性质,得 $AP=AB=3$,$OP=OB$,$∠APO=∠B=90°$,
∴ $OP=OC$,$∠QPO=∠C=90°$,
在 $Rt△QPO$ 和 $Rt△QCO$ 中,$\begin{cases} OQ=OQ, \\ OP=OC, \end{cases}$
∴ $Rt△QPO≌Rt△QCO(\mathrm{HL})$,
∴ $PQ=CQ$.
设 $PQ=CQ=x$,则 $AQ=3+x$,$DQ=3-x$.
在 $Rt△ADQ$ 中,$AD^2+DQ^2=AQ^2$,
∴ $5^2+(3-x)^2=(3+x)^2$,解得 $x=\frac{25}{12}$.
∴ 线段 CQ 的长为 $\frac{25}{12}$.