3. (2025·南京期中)如图,在$□ ABCD$中,$∠ B=α(0^{\circ}＜α＜90^{\circ})$,$P$在边$BC$上,过点$P$作$PQ⊥ AB$,垂足为$Q$.将线段$PQ$绕点$P$顺时针旋转至线段$PC$上,若在整个旋转过程中,点$Q$始终在$□ ABCD$内部(包括边界),则称$PQ$为$□ ABCD$的关联线段,当$PQ$最大时,称此时的$PQ$为$□ ABCD$的极限关联线段.
(1)若$AB = 2,α = 60^{\circ},BC$足够长,则$□ ABCD$的极限关联线段$PQ$的长为
(2)如图②,用两种不同的方法作点$P$,使$□ ABCD$存在极限关联线段$PQ$(要求:用直尺和圆规作图;保留痕迹,写出必要的文字说明);
(3)如图③,若$α = 30^{\circ},□ ABCD$存在长为$1$的关联线段,直接写出$AB,BC$的取值范围.
(1)若$AB = 2,α = 60^{\circ},BC$足够长,则$□ ABCD$的极限关联线段$PQ$的长为
$\sqrt{3}$
;(2)如图②,用两种不同的方法作点$P$,使$□ ABCD$存在极限关联线段$PQ$(要求:用直尺和圆规作图;保留痕迹,写出必要的文字说明);
(3)如图③,若$α = 30^{\circ},□ ABCD$存在长为$1$的关联线段,直接写出$AB,BC$的取值范围.
答案：
(1)$\sqrt{3}$ 解析:如图①所示，过点$A$作$AF ⊥ BC$于$F$，$\because ∠ B = α = 60^{\circ}$，$\therefore ∠ BAF = 30^{\circ}$，$\therefore BF = \frac{1}{2}AB = 1$，
$\therefore AF = \sqrt{AB^2 - BF^2} = \sqrt{3}$。$\because BC$足够长，$\therefore PQ$旋转到$PC$上的对应线段一定在线段$PC$上，$\therefore$ 当点$P$到$AD$的距离刚好小于等于$PQ$的长时，整个旋转过程中点$Q$都在$□ ABCD$内部（包括边界），$\therefore$ 当点$P$到$AD$的距离刚好等于$PQ$的长时，$PQ$为$□ ABCD$的极限关联线段。过点$P$作$PE ⊥ AD$于$E$，$\because$ 四边形$ABCD$是平行四边形，$\therefore AD // BC$，$\therefore PE = AF = \sqrt{3}$，$\therefore □ ABCD$的极限关联线段$PQ$的长为$\sqrt{3}$。
(2)观察图形可得$BC$的长度有限，在满足点$P$到$AD$的距离等于$PQ$时，还要满足$PQ$经过旋转后点$Q$落到$PC$上，故$□ ABCD$存在极限关联线段$PQ$时一定满足点$Q$落到$PC$上时与点$C$重合；
方法一:如图②所示，过点$C$作$CT ⊥ BC$交$BA$的延长线于点$T$，作$∠ BTC$的平分线交$BC$于点$P$，以点$P$为圆心，$PC$的长为半径画弧交$AB$于$Q$，则点$P$即为所求。
方法二:如图③所示，过点$C$作$CT ⊥ BC$交$BA$的延长线于$T$，以$T$为圆心，$TC$的长为半径画弧交$AB$于$Q$，作线段$CQ$的垂直平分线交$BC$于$P$，则点$P$即为所求；可证明$△ TQP ≌ △ TCP$，则$∠ TQP = ∠ TCP = 90^{\circ}$，同理可得此时点$P$即为所求。
(3)$AB ≥ 2$，$BC ≥ 3$ 解析:如图④所示，过点$A$作$AF ⊥ BC$于点$F$，
过点$P$作$PE ⊥ AD$于$E$，则四边形$AFPE$是矩形，$\therefore AF = PE$。$\because$ 整个运动过程中点$Q$都在$□ ABCD$内部（包括边界），$\therefore PQ ≤ PE$，$\therefore AF ≥ PQ$。$\because □ ABCD$存在长为$1$的关联线段，$\therefore AF ≥ 1$。在$Rt △ ABF$中，$∠ B = 30^{\circ}$，$\therefore AB = 2AF ≥ 2$。$\because$ 整个运动过程中点$Q$都在$□ ABCD$内部（包括边界），$\therefore$ 直线$PC$上与点$Q$的对应点一定要在线段$PC$上，$\therefore$ 由旋转的性质可得$PC ≥ PQ$，$\therefore PC ≥ 1$。$\because □ ABCD$存在长为$1$的关联线段，在$Rt △ BQP$中，$∠ B = 30^{\circ}$，$\therefore$ 当$PQ = 1$时，$BP = 2PQ = 2$，$\therefore$ 此时有$BC ≥ 1 + 2 = 3$；综上所述，$AB ≥ 2$，$BC ≥ 3$。
(1)$\sqrt{3}$ 解析:如图①所示，过点$A$作$AF ⊥ BC$于$F$，$\because ∠ B = α = 60^{\circ}$，$\therefore ∠ BAF = 30^{\circ}$，$\therefore BF = \frac{1}{2}AB = 1$，
$\therefore AF = \sqrt{AB^2 - BF^2} = \sqrt{3}$。$\because BC$足够长，$\therefore PQ$旋转到$PC$上的对应线段一定在线段$PC$上，$\therefore$ 当点$P$到$AD$的距离刚好小于等于$PQ$的长时，整个旋转过程中点$Q$都在$□ ABCD$内部（包括边界），$\therefore$ 当点$P$到$AD$的距离刚好等于$PQ$的长时，$PQ$为$□ ABCD$的极限关联线段。过点$P$作$PE ⊥ AD$于$E$，$\because$ 四边形$ABCD$是平行四边形，$\therefore AD // BC$，$\therefore PE = AF = \sqrt{3}$，$\therefore □ ABCD$的极限关联线段$PQ$的长为$\sqrt{3}$。
(2)观察图形可得$BC$的长度有限，在满足点$P$到$AD$的距离等于$PQ$时，还要满足$PQ$经过旋转后点$Q$落到$PC$上，故$□ ABCD$存在极限关联线段$PQ$时一定满足点$Q$落到$PC$上时与点$C$重合；
方法一:如图②所示，过点$C$作$CT ⊥ BC$交$BA$的延长线于点$T$，作$∠ BTC$的平分线交$BC$于点$P$，以点$P$为圆心，$PC$的长为半径画弧交$AB$于$Q$，则点$P$即为所求。
方法二:如图③所示，过点$C$作$CT ⊥ BC$交$BA$的延长线于$T$，以$T$为圆心，$TC$的长为半径画弧交$AB$于$Q$，作线段$CQ$的垂直平分线交$BC$于$P$，则点$P$即为所求；可证明$△ TQP ≌ △ TCP$，则$∠ TQP = ∠ TCP = 90^{\circ}$，同理可得此时点$P$即为所求。
(3)$AB ≥ 2$，$BC ≥ 3$ 解析:如图④所示，过点$A$作$AF ⊥ BC$于点$F$，
过点$P$作$PE ⊥ AD$于$E$，则四边形$AFPE$是矩形，$\therefore AF = PE$。$\because$ 整个运动过程中点$Q$都在$□ ABCD$内部（包括边界），$\therefore PQ ≤ PE$，$\therefore AF ≥ PQ$。$\because □ ABCD$存在长为$1$的关联线段，$\therefore AF ≥ 1$。在$Rt △ ABF$中，$∠ B = 30^{\circ}$，$\therefore AB = 2AF ≥ 2$。$\because$ 整个运动过程中点$Q$都在$□ ABCD$内部（包括边界），$\therefore$ 直线$PC$上与点$Q$的对应点一定要在线段$PC$上，$\therefore$ 由旋转的性质可得$PC ≥ PQ$，$\therefore PC ≥ 1$。$\because □ ABCD$存在长为$1$的关联线段，在$Rt △ BQP$中，$∠ B = 30^{\circ}$，$\therefore$ 当$PQ = 1$时，$BP = 2PQ = 2$，$\therefore$ 此时有$BC ≥ 1 + 2 = 3$；综上所述，$AB ≥ 2$，$BC ≥ 3$。
4. (2025·南京期末)定义:如果四边形的一条对角线的中点到另外两个顶点的距离都等于这条对角线长的一半,那么我们称这样的四边形为“等距四边形”.
(1)在下列图形中:①平行四边形;②矩形;③菱形.一定是“等距四边形”的是
(2)如图①,在菱形$ABCD$中,$AB = 4,∠ A = 60^{\circ},BE⊥ CD$于点$E$,点$F$是菱形$ABCD$边上的一点,顺次连接$B,E,D,F$,若四边形$BEDF$为“等距四边形”,求线段$EF$的长;
(3)如图②,在等边$△ ABC$中,$AB = 4$,点$P$是$△ ABC$内任意一点,在$AB,BC,CA$上是否分别存在点,使得这些点与点$P$的连线将$△ ABC$恰好分割成三个“等距四边形”,若存在,请直接写出这三个“等距四边形”的周长和,若不存在,请说明理由.
(1)在下列图形中:①平行四边形;②矩形;③菱形.一定是“等距四边形”的是
②
;(填序号)(2)如图①,在菱形$ABCD$中,$AB = 4,∠ A = 60^{\circ},BE⊥ CD$于点$E$,点$F$是菱形$ABCD$边上的一点,顺次连接$B,E,D,F$,若四边形$BEDF$为“等距四边形”,求线段$EF$的长;
(3)如图②,在等边$△ ABC$中,$AB = 4$,点$P$是$△ ABC$内任意一点,在$AB,BC,CA$上是否分别存在点,使得这些点与点$P$的连线将$△ ABC$恰好分割成三个“等距四边形”,若存在,请直接写出这三个“等距四边形”的周长和,若不存在,请说明理由.
答案：
(1)② 解析:平行四边形与菱形对角线互相平分，但两条对角线长度不一定相等，因此一条对角线的中点到另外两个顶点的距离不一定等于这条对角线的一半，故①③不符合题意，②矩形的对角线相等且互相平分，一条对角线的中点到另外两个顶点的距离都等于这条对角线长的一半，符合题意。故答案为②。
(2)根据“等距四边形”的定义，当点$F$在$AD$上且$BF ⊥ AD$时，四边形$BFDE$是“等距四边形”，如图①，取$BD$的中点$O$，连接$OF$，$OE$，$EF$，$\because BF ⊥ AD$，$BE ⊥ DC$，$\therefore ∠ BFD = ∠ BED = 90^{\circ}$，$\therefore OF = OE = \frac{1}{2}BD$，$\therefore$ 四边形$BFDE$是“等距四边形”，在菱形$ABCD$中，$AB = 4$，$∠ A = 60^{\circ}$，$AD // BC$，$\therefore ∠ C = ∠ A = 60^{\circ}$，$∠ ABC = 120^{\circ}$，$\therefore ∠ ABF = ∠ CBE = 30^{\circ}$，$\therefore ∠ EBF = ∠ ABC - ∠ ABF - ∠ CBE = 60^{\circ}$，根据菱形的对称性得，$BF = BE$，$\therefore △ BEF$是等边三角形，在$Rt △ ABF$中，$∠ ABF = 30^{\circ}$，$\therefore AF = \frac{1}{2}AB = 2$，根据勾股定理得，$BF = 2\sqrt{3}$，$\therefore EF = BF = 2\sqrt{3}$。
当点$F$在$AB$上且$DF ⊥ AB$时，四边形$DFBE$是“等距四边形”，如图②，连接$BD$，$EF$，交于点$O$，$\because DF ⊥ AB$，$BE ⊥ CD$，$\therefore ∠ BFD = ∠ BED = 90^{\circ}$。$\because AB // CD$，$\therefore ∠ FBE = 180^{\circ} - ∠ BED = 90^{\circ}$，$\therefore ∠ BFD = ∠ BED = ∠ FBE$，$\therefore$ 四边形$BFDE$是矩形，$\therefore BD = EF$，在菱形$ABCD$中，$AB = AD = 4$，$∠ A = 60^{\circ}$，$\therefore BD = AB = 4$，$\therefore EF = 4$。
(3)$12 + 4\sqrt{3}$ 解析:存在；过点$P$分别作$PD ⊥ AB$于$D$，$PE ⊥ BC$于$E$，$PF ⊥ AC$于$F$，连接$AP$，$BP$，$CP$，如图③，同(2)的方法得，四边形$ADPF$，四边形$BEPD$，四边形$ECFP$是“等距四边形”，过点$A$作$AG ⊥ BC$于$G$，在$Rt △ ABC$中，$∠ ABC = 60^{\circ}$，$AB = 4$，$\therefore ∠ BAG = 30^{\circ}$，$\therefore BG = \frac{1}{2}AB = 2$，根据勾股定理得$AG = 2\sqrt{3}$，$\therefore S_{△ ABC} = \frac{1}{2}BC · AG = \frac{1}{2} × 4 × 2\sqrt{3} = 4\sqrt{3}$，$\therefore S_{△ ABC} = S_{△ APB} + S_{△ BPC} + S_{△ APC} = 4\sqrt{3}$，$\therefore \frac{1}{2}(AB · PD + BC · PE + AC · PF) = 4\sqrt{3}$。$\because AB = BC = AC = 4$，$\therefore PD + PE + PF = 2\sqrt{3}$。$\therefore$ 四边形$ADPF$，四边形$DBEP$，四边形$PECF$的周长的和为$AB + BC + AC + 2(PD + PE + PF) = 12 + 4\sqrt{3}$。
(1)② 解析:平行四边形与菱形对角线互相平分，但两条对角线长度不一定相等，因此一条对角线的中点到另外两个顶点的距离不一定等于这条对角线的一半，故①③不符合题意，②矩形的对角线相等且互相平分，一条对角线的中点到另外两个顶点的距离都等于这条对角线长的一半，符合题意。故答案为②。
(2)根据“等距四边形”的定义，当点$F$在$AD$上且$BF ⊥ AD$时，四边形$BFDE$是“等距四边形”，如图①，取$BD$的中点$O$，连接$OF$，$OE$，$EF$，$\because BF ⊥ AD$，$BE ⊥ DC$，$\therefore ∠ BFD = ∠ BED = 90^{\circ}$，$\therefore OF = OE = \frac{1}{2}BD$，$\therefore$ 四边形$BFDE$是“等距四边形”，在菱形$ABCD$中，$AB = 4$，$∠ A = 60^{\circ}$，$AD // BC$，$\therefore ∠ C = ∠ A = 60^{\circ}$，$∠ ABC = 120^{\circ}$，$\therefore ∠ ABF = ∠ CBE = 30^{\circ}$，$\therefore ∠ EBF = ∠ ABC - ∠ ABF - ∠ CBE = 60^{\circ}$，根据菱形的对称性得，$BF = BE$，$\therefore △ BEF$是等边三角形，在$Rt △ ABF$中，$∠ ABF = 30^{\circ}$，$\therefore AF = \frac{1}{2}AB = 2$，根据勾股定理得，$BF = 2\sqrt{3}$，$\therefore EF = BF = 2\sqrt{3}$。
当点$F$在$AB$上且$DF ⊥ AB$时，四边形$DFBE$是“等距四边形”，如图②，连接$BD$，$EF$，交于点$O$，$\because DF ⊥ AB$，$BE ⊥ CD$，$\therefore ∠ BFD = ∠ BED = 90^{\circ}$。$\because AB // CD$，$\therefore ∠ FBE = 180^{\circ} - ∠ BED = 90^{\circ}$，$\therefore ∠ BFD = ∠ BED = ∠ FBE$，$\therefore$ 四边形$BFDE$是矩形，$\therefore BD = EF$，在菱形$ABCD$中，$AB = AD = 4$，$∠ A = 60^{\circ}$，$\therefore BD = AB = 4$，$\therefore EF = 4$。
(3)$12 + 4\sqrt{3}$ 解析:存在；过点$P$分别作$PD ⊥ AB$于$D$，$PE ⊥ BC$于$E$，$PF ⊥ AC$于$F$，连接$AP$，$BP$，$CP$，如图③，同(2)的方法得，四边形$ADPF$，四边形$BEPD$，四边形$ECFP$是“等距四边形”，过点$A$作$AG ⊥ BC$于$G$，在$Rt △ ABC$中，$∠ ABC = 60^{\circ}$，$AB = 4$，$\therefore ∠ BAG = 30^{\circ}$，$\therefore BG = \frac{1}{2}AB = 2$，根据勾股定理得$AG = 2\sqrt{3}$，$\therefore S_{△ ABC} = \frac{1}{2}BC · AG = \frac{1}{2} × 4 × 2\sqrt{3} = 4\sqrt{3}$，$\therefore S_{△ ABC} = S_{△ APB} + S_{△ BPC} + S_{△ APC} = 4\sqrt{3}$，$\therefore \frac{1}{2}(AB · PD + BC · PE + AC · PF) = 4\sqrt{3}$。$\because AB = BC = AC = 4$，$\therefore PD + PE + PF = 2\sqrt{3}$。$\therefore$ 四边形$ADPF$，四边形$DBEP$，四边形$PECF$的周长的和为$AB + BC + AC + 2(PD + PE + PF) = 12 + 4\sqrt{3}$。