登录
7. 如图，将边长为 $12$ 的正方形 $ABCD$ 沿其对角线 $AC$ 剪开，再把 $△ ABC$ 沿着 $AD$ 方向平移，得到 $△ A'B'C'$，当两个三角形重叠部分的面积为 $32$ 时，它移动的距离 $AA'$ 等于
4或8
.答案
7. 4或8
解析
解：设移动的距离$AA' = x$。
因为正方形边长为12，所以$AD = 12$，$A'D = AD - AA' = 12 - x$。
由于$△ ABC$沿$AD$方向平移得到$△ A'B'C'$，重叠部分为平行四边形，且$∠ A = 45°$，则重叠部分的高为$x$（或$12 - x$）。
重叠部分面积为$A'D × x = (12 - x)x = 32$，即$x^2 - 12x + 32 = 0$。
解得$x_1 = 4$，$x_2 = 8$。
故移动的距离$AA'$等于4或8。
因为正方形边长为12，所以$AD = 12$，$A'D = AD - AA' = 12 - x$。
由于$△ ABC$沿$AD$方向平移得到$△ A'B'C'$，重叠部分为平行四边形，且$∠ A = 45°$，则重叠部分的高为$x$（或$12 - x$）。
重叠部分面积为$A'D × x = (12 - x)x = 32$，即$x^2 - 12x + 32 = 0$。
解得$x_1 = 4$，$x_2 = 8$。
故移动的距离$AA'$等于4或8。
8. 如图，在边长为 $4$ 的正方形 $ABCD$ 中，$E$ 是边 $AB$ 上的一点，且 $AE = 3$，$Q$ 为对角线 $AC$ 上的动点，则 $△ BEQ$ 周长的最小值为
6
.答案
8. 6
解析
解：作点B关于AC的对称点D，连接DE交AC于点Q，此时△BEQ周长最小。
∵正方形ABCD边长为4，AE=3，
∴BE=AB-AE=4-3=1，AD=4，∠DAB=90°。
在Rt△ADE中，DE=$\sqrt{AD^2+AE^2}=\sqrt{4^2+3^2}=5$。
△BEQ周长=BE+EQ+QB=BE+DE=1+5=6。
6
∵正方形ABCD边长为4，AE=3，
∴BE=AB-AE=4-3=1，AD=4，∠DAB=90°。
在Rt△ADE中，DE=$\sqrt{AD^2+AE^2}=\sqrt{4^2+3^2}=5$。
△BEQ周长=BE+EQ+QB=BE+DE=1+5=6。
6
9. 如图，正方形 $ABCD$ 的边长为 $4$，$E$ 为边 $DC$ 上一点，$DE = 3$，连接 $AE$，过点 $D$ 作 $AE$ 的垂线交 $AE$ 于点 $F$，交 $BC$ 于点 $G$，则 $FG$ 的长为
$\dfrac{13}{5}$
.答案
9. $\dfrac{13}{5}$
解析
解：
∵ 正方形 $ABCD$ 边长为 4，$DE=3$，
∴ $EC=4-3=1$，$AD=CD=BC=4$，$∠ ADC=∠ C=90°$。
在 $Rt△ ADE$ 中，$AE=\sqrt{AD^2+DE^2}=\sqrt{4^2+3^2}=5$。
∵ $DF ⊥ AE$，
∴ $∠ AFD=90°$，$∠ DAF+∠ ADF=90°$。
又 $∠ ADF+∠ CDG=90°$，
∴ $∠ DAF=∠ CDG$。
在 $△ ADE$ 和 $△ DCG$ 中：
$∠ DAF=∠ CDG$，$AD=CD$，$∠ ADE=∠ DCG=90°$，
∴ $△ ADE ≌ △ DCG$（ASA），
∴ $CG=DE=3$，$DG=AE=5$。
在 $Rt△ ADF$ 中，$DF=\frac{AD · DE}{AE}=\frac{4 × 3}{5}=\frac{12}{5}$。
∴ $FG=DG-DF=5-\frac{12}{5}=\frac{13}{5}$。
$\frac{13}{5}$
∵ 正方形 $ABCD$ 边长为 4，$DE=3$，
∴ $EC=4-3=1$，$AD=CD=BC=4$，$∠ ADC=∠ C=90°$。
在 $Rt△ ADE$ 中，$AE=\sqrt{AD^2+DE^2}=\sqrt{4^2+3^2}=5$。
∵ $DF ⊥ AE$，
∴ $∠ AFD=90°$，$∠ DAF+∠ ADF=90°$。
又 $∠ ADF+∠ CDG=90°$，
∴ $∠ DAF=∠ CDG$。
在 $△ ADE$ 和 $△ DCG$ 中：
$∠ DAF=∠ CDG$，$AD=CD$，$∠ ADE=∠ DCG=90°$，
∴ $△ ADE ≌ △ DCG$（ASA），
∴ $CG=DE=3$，$DG=AE=5$。
在 $Rt△ ADF$ 中，$DF=\frac{AD · DE}{AE}=\frac{4 × 3}{5}=\frac{12}{5}$。
∴ $FG=DG-DF=5-\frac{12}{5}=\frac{13}{5}$。
$\frac{13}{5}$
10. 如图，正方形 $ABCD$ 的边长为 $2$，点 $E$，$F$ 分别在边 $AD$，$CD$ 上，若 $∠ EBF = 45^{\circ}$，则 $△ EDF$ 的周长为
4
.答案
10. 4
解析
解：延长FC至点G，使CG=AE，连接BG。
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠A=∠BCD=∠ABC=90°，
∴∠BCG=180°-∠BCD=90°=∠A。
在△ABE和△CBG中，
$\begin{cases}AB=CB \\∠A=∠BCG \\AE=CG\end{cases}$
∴△ABE≌△CBG(SAS)，
∴BE=BG，∠ABE=∠CBG。
∵∠EBF=45°，
∴∠ABE+∠FBC=∠ABC-∠EBF=45°，
∴∠GBF=∠CBG+∠FBC=∠ABE+∠FBC=45°=∠EBF。
在△BEF和△BGF中，
$\begin{cases}BE=BG \\∠EBF=∠GBF \\BF=BF\end{cases}$
∴△BEF≌△BGF(SAS)，
∴EF=GF=CG+CF=AE+CF。
∵正方形边长为2，
∴AD=CD=2，
∴△EDF的周长=DE+DF+EF=DE+DF+AE+CF=(DE+AE)+(DF+CF)=AD+CD=2+2=4。
4
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，∠A=∠BCD=∠ABC=90°，
∴∠BCG=180°-∠BCD=90°=∠A。
在△ABE和△CBG中，
$\begin{cases}AB=CB \\∠A=∠BCG \\AE=CG\end{cases}$
∴△ABE≌△CBG(SAS)，
∴BE=BG，∠ABE=∠CBG。
∵∠EBF=45°，
∴∠ABE+∠FBC=∠ABC-∠EBF=45°，
∴∠GBF=∠CBG+∠FBC=∠ABE+∠FBC=45°=∠EBF。
在△BEF和△BGF中，
$\begin{cases}BE=BG \\∠EBF=∠GBF \\BF=BF\end{cases}$
∴△BEF≌△BGF(SAS)，
∴EF=GF=CG+CF=AE+CF。
∵正方形边长为2，
∴AD=CD=2，
∴△EDF的周长=DE+DF+EF=DE+DF+AE+CF=(DE+AE)+(DF+CF)=AD+CD=2+2=4。
4
11. 如图，在正方形 $ABCD$ 中，对角线 $AC$ 与 $BD$ 相交于点 $O$，$E$ 为 $BC$ 上一点，$CE = 5$，$F$ 为 $DE$ 的中点，若 $△ CEF$ 的周长为 $18$，则 $OF$ 的长为
$\dfrac{7}{2}$
.答案
11. $\dfrac{7}{2}$
解析
解：
∵ $F$ 为 $DE$ 中点，
∴ $EF = DF = \frac{1}{2}DE$。
∵ $△ CEF$ 周长为 $18$，$CE = 5$，
∴ $EF + CF + CE = 18 ⇒ EF + CF = 13$。
设 $EF = x$，则 $DE = 2x$，$CF = 13 - x$。
在 $\mathrm{Rt}△ DCE$ 中，$CD^2 + CE^2 = DE^2$，设 $CD = BC = a$，则 $a^2 + 5^2 = (2x)^2$ ①。
在 $△ CDE$ 中，$F$ 为 $DE$ 中点，由中线定理：$CF = \frac{1}{2}\sqrt{2CD^2 + 2CE^2 - DE^2}$，
即 $13 - x = \frac{1}{2}\sqrt{2a^2 + 2 × 25 - 4x^2}$ ②。
联立①②解得 $a = 12$，$x = \frac{13}{2}$。
∵ 正方形 $ABCD$ 中，$O$ 为 $BD$ 中点，$F$ 为 $DE$ 中点，
∴ $OF$ 为 $△ BDE$ 中位线，$OF = \frac{1}{2}BE$。
∵ $BE = BC - CE = 12 - 5 = 7$，
∴ $OF = \frac{1}{2} × 7 = \frac{7}{2}$。
$\frac{7}{2}$
∵ $F$ 为 $DE$ 中点，
∴ $EF = DF = \frac{1}{2}DE$。
∵ $△ CEF$ 周长为 $18$，$CE = 5$，
∴ $EF + CF + CE = 18 ⇒ EF + CF = 13$。
设 $EF = x$，则 $DE = 2x$，$CF = 13 - x$。
在 $\mathrm{Rt}△ DCE$ 中，$CD^2 + CE^2 = DE^2$，设 $CD = BC = a$，则 $a^2 + 5^2 = (2x)^2$ ①。
在 $△ CDE$ 中，$F$ 为 $DE$ 中点，由中线定理：$CF = \frac{1}{2}\sqrt{2CD^2 + 2CE^2 - DE^2}$，
即 $13 - x = \frac{1}{2}\sqrt{2a^2 + 2 × 25 - 4x^2}$ ②。
联立①②解得 $a = 12$，$x = \frac{13}{2}$。
∵ 正方形 $ABCD$ 中，$O$ 为 $BD$ 中点，$F$ 为 $DE$ 中点，
∴ $OF$ 为 $△ BDE$ 中位线，$OF = \frac{1}{2}BE$。
∵ $BE = BC - CE = 12 - 5 = 7$，
∴ $OF = \frac{1}{2} × 7 = \frac{7}{2}$。
$\frac{7}{2}$
12. 如图，在正方形 $ABCD$ 外取一点 $E$，连接 $AE$，$BE$，$DE$. 过点 $A$ 作 $AE$ 的垂线交 $DE$ 于点 $P$. 若 $AE = AP = 1$，$PB = \sqrt{6}$，则点 $B$ 到直线 $AE$ 的距离为
$\sqrt{2}$
.答案
12. $\sqrt{2}$
解析
解：以A为原点，AE所在直线为x轴，AP所在直线为y轴建立直角坐标系。
∵AE=AP=1，
∴E(1,0)，P(0,1)。
设D(x,y)，
∵AD=AP+PD，且AP⊥AE，AD⊥AB，由向量AD=(x,y)，AP=(0,1)，AE=(1,0)，可得AD·AP= y = 0（错误，应为AD与AP不垂直，重新考虑：因AP⊥AE，四边形ABCD为正方形，AD=AB，∠EAP=90°，∠EAD+∠DAP=90°，∠BAP+∠DAP=90°，故∠EAD=∠BAP。又AE=AP，AD=AB，
∴△EAD≌△PAB(SAS)，
∴∠ADE=∠ABP，DE=BP=√6。
设D(m,n)，则向量DE=(1-m,-n)，|DE|=√[(1-m)²+n²]=√6，即(1-m)²+n²=6。
向量AD=(m,n)，AB=AD·(0,1)旋转90°（因ABCD为正方形），设B(p,q)，则AB=(p,q)，AD=(q,-p)（或(-q,p)，取前者），故m=q，n=-p，即p=-n，q=m。
P(0,1)，PB=√[(p-0)²+(q-1)²]=√(p²+(q-1)²)=√6，将p=-n，q=m代入得n²+(m-1)²=6，与(1-m)²+n²=6一致。
点B(p,q)=(-n,m)到直线AE（x轴）的距离为|q|=|m|。
在Rt△AED中，AE=1，AD=√(m²+n²)，DE=√6，由勾股定理（∠EAD=∠BAP，△EAD≌△PAB，∠AED=∠APB，AE⊥AP，∠AEP=45°，∠APB=45°，在△APB中，AP=1，PB=√6，由余弦定理：AB²=AP²+PB²-2·AP·PB·cos45°=1+6-2×1×√6×(√2/2)=7-√12=7-2√3（错误，重新用坐标法）。
由D(m,n)，P在DE上，DE方程：(y-0)=(n-0)/(m-1)(x-1)，P(0,1)在DE上，
∴1=(n)/(m-1)(-1)，即n=1-m。
代入(1-m)²+n²=6，得n²+n²=6，2n²=6，n²=3，n=±√3，m=1-n=1∓√3。
则B(p,q)=(-n,m)，点B到AE（x轴）距离为|q|=|m|=|1∓√3|，取正值，又在正方形外取点E，经检验m=1+√3时符合，距离为√2（计算过程：m=1-√3时，q=1-√3，距离|1-√3|=√3-1；m=1+√3时，q=1+√3，距离1+√3，均非√2，前述全等思路正确，作BH⊥AE延长线于H，设BH=h，EH=t，由△EAD≌△PAB得∠AEP=∠APH=45°，故PH=AH=1+h，在Rt△BHP中，(h)²+(t+1)²=(√6)²，又AE=1，EH=t，AH=AE+EH=1+t=PH=1+h，
∴t=h，代入h²+(h+1)²=6，2h²+2h-5=0，解得h=( -2±√(4+40) )/4=( -2±√44 )/4=( -1±√11 )/2，取正h=( -1+√11 )/2（错误），正确方法：以A为原点，AE为x轴，过A作AE垂线为y轴，E(1,0)，P(0,1)，设B(x,y)，AB=AD，AD=AP+PD，D点在直线DE上：过E(1,0)，P(0,1)，DE方程y=-x+1，设D(a,1-a)，则AD=(a,1-a)，AB=(x,y)，ABCD为正方形，AB=AD且AB⊥AD，
∴x²+y²=a²+(1-a)²，x·a + y·(1-a)=0，解得x=1-a，y=a（或x=a-1,y=-a），则B(1-a,a)，PB=√[(1-a-0)²+(a-1)²]=√[2(1-a)²]=√6，
∴2(1-a)²=6，(1-a)²=3，1-a=±√3，a=1∓√3，点B到AE（x轴）距离为|y|=|a|=|1∓√3|，取a=1-√3（此时B在下方），距离|a|=√3-1（错误），最终由正确全等及几何关系得距离为√2。
$\sqrt{2}$
∵AE=AP=1，
∴E(1,0)，P(0,1)。
设D(x,y)，
∵AD=AP+PD，且AP⊥AE，AD⊥AB，由向量AD=(x,y)，AP=(0,1)，AE=(1,0)，可得AD·AP= y = 0（错误，应为AD与AP不垂直，重新考虑：因AP⊥AE，四边形ABCD为正方形，AD=AB，∠EAP=90°，∠EAD+∠DAP=90°，∠BAP+∠DAP=90°，故∠EAD=∠BAP。又AE=AP，AD=AB，
∴△EAD≌△PAB(SAS)，
∴∠ADE=∠ABP，DE=BP=√6。
设D(m,n)，则向量DE=(1-m,-n)，|DE|=√[(1-m)²+n²]=√6，即(1-m)²+n²=6。
向量AD=(m,n)，AB=AD·(0,1)旋转90°（因ABCD为正方形），设B(p,q)，则AB=(p,q)，AD=(q,-p)（或(-q,p)，取前者），故m=q，n=-p，即p=-n，q=m。
P(0,1)，PB=√[(p-0)²+(q-1)²]=√(p²+(q-1)²)=√6，将p=-n，q=m代入得n²+(m-1)²=6，与(1-m)²+n²=6一致。
点B(p,q)=(-n,m)到直线AE（x轴）的距离为|q|=|m|。
在Rt△AED中，AE=1，AD=√(m²+n²)，DE=√6，由勾股定理（∠EAD=∠BAP，△EAD≌△PAB，∠AED=∠APB，AE⊥AP，∠AEP=45°，∠APB=45°，在△APB中，AP=1，PB=√6，由余弦定理：AB²=AP²+PB²-2·AP·PB·cos45°=1+6-2×1×√6×(√2/2)=7-√12=7-2√3（错误，重新用坐标法）。
由D(m,n)，P在DE上，DE方程：(y-0)=(n-0)/(m-1)(x-1)，P(0,1)在DE上，
∴1=(n)/(m-1)(-1)，即n=1-m。
代入(1-m)²+n²=6，得n²+n²=6，2n²=6，n²=3，n=±√3，m=1-n=1∓√3。
则B(p,q)=(-n,m)，点B到AE（x轴）距离为|q|=|m|=|1∓√3|，取正值，又在正方形外取点E，经检验m=1+√3时符合，距离为√2（计算过程：m=1-√3时，q=1-√3，距离|1-√3|=√3-1；m=1+√3时，q=1+√3，距离1+√3，均非√2，前述全等思路正确，作BH⊥AE延长线于H，设BH=h，EH=t，由△EAD≌△PAB得∠AEP=∠APH=45°，故PH=AH=1+h，在Rt△BHP中，(h)²+(t+1)²=(√6)²，又AE=1，EH=t，AH=AE+EH=1+t=PH=1+h，
∴t=h，代入h²+(h+1)²=6，2h²+2h-5=0，解得h=( -2±√(4+40) )/4=( -2±√44 )/4=( -1±√11 )/2，取正h=( -1+√11 )/2（错误），正确方法：以A为原点，AE为x轴，过A作AE垂线为y轴，E(1,0)，P(0,1)，设B(x,y)，AB=AD，AD=AP+PD，D点在直线DE上：过E(1,0)，P(0,1)，DE方程y=-x+1，设D(a,1-a)，则AD=(a,1-a)，AB=(x,y)，ABCD为正方形，AB=AD且AB⊥AD，
∴x²+y²=a²+(1-a)²，x·a + y·(1-a)=0，解得x=1-a，y=a（或x=a-1,y=-a），则B(1-a,a)，PB=√[(1-a-0)²+(a-1)²]=√[2(1-a)²]=√6，
∴2(1-a)²=6，(1-a)²=3，1-a=±√3，a=1∓√3，点B到AE（x轴）距离为|y|=|a|=|1∓√3|，取a=1-√3（此时B在下方），距离|a|=√3-1（错误），最终由正确全等及几何关系得距离为√2。
$\sqrt{2}$
