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2.(2025·青岛)如图,在$□ ABCD$中,E为AB的中点,F为ED延长线上一点,连接AF,BF,过点B作$BG// AF$交FE的延长线于点G,连接AG.
(1)求证:$△ AEF≌△ BEG$.
(2)已知
条件①:$EF=\frac{1}{2}CD$;
条件②:$EF⊥ CD$.
(1)求证:$△ AEF≌△ BEG$.
(2)已知
①(或②)
(从以下两个条件中选择一个作为已知条件,填写序号),请判断四边形AGBF的形状,并证明你的结论.条件①:$EF=\frac{1}{2}CD$;
条件②:$EF⊥ CD$.
答案
(1)证明:
∵BG//AF,
∴∠AFE=∠BGE,∠FAE=∠GBE.
∵E为AB的中点,
∴EA = EB. 在△AEF 和△BEG 中,
$\begin{cases}∠AFE=∠BGE,\\∠FAE=∠GBE,\\EA=EB,\end{cases}$
∴△AEF≌△BEG(AAS).
(2)选择条件①,四边形AGBF为矩形.证明:
∵△AEF≌△BEG,
∴EF=EG.又
∵EA=EB,
∴四边形AGBF为平行四边形.
∵四边形ABCD是平行四边形,
∴AB=CD.
∵EF=$\frac{1}{2}$CD,
∴EF=$\frac{1}{2}$AB.
∵EF=EG,
∴EF=$\frac{1}{2}$FG.
∴AB=FG.
∴平行四边形AGBF为矩形.选择条件②,四边形AGBF为菱形.证明略.
∵BG//AF,
∴∠AFE=∠BGE,∠FAE=∠GBE.
∵E为AB的中点,
∴EA = EB. 在△AEF 和△BEG 中,
$\begin{cases}∠AFE=∠BGE,\\∠FAE=∠GBE,\\EA=EB,\end{cases}$
∴△AEF≌△BEG(AAS).
(2)选择条件①,四边形AGBF为矩形.证明:
∵△AEF≌△BEG,
∴EF=EG.又
∵EA=EB,
∴四边形AGBF为平行四边形.
∵四边形ABCD是平行四边形,
∴AB=CD.
∵EF=$\frac{1}{2}$CD,
∴EF=$\frac{1}{2}$AB.
∵EF=EG,
∴EF=$\frac{1}{2}$FG.
∴AB=FG.
∴平行四边形AGBF为矩形.选择条件②,四边形AGBF为菱形.证明略.
解析
【分析】
(1) 要证明△AEF≌△BEG，先从已知BG//AF出发，根据平行线性质可得两组对应角相等；再结合E是AB中点得到一组对应边相等，满足AAS全等判定条件，即可完成证明。
(2) 若选条件①：先由(1)的全等结论得到EF=EG，结合EA=EB可判定四边形AGBF是平行四边形；再利用平行四边形ABCD的性质得AB=CD，结合EF=$\frac{1}{2}$CD推导得平行四边形AGBF的对角线AB=FG，根据“对角线相等的平行四边形是矩形”即可判定形状。若选条件②：同样先由全等结论判定AGBF是平行四边形，再结合EF⊥CD、AB//CD可得EF⊥AB，即平行四边形对角线互相垂直，根据“对角线垂直的平行四边形是菱形”即可判定形状。
【解析】
(1) 证明：
∵BG//AF，
∴∠AFE=∠BGE，∠FAE=∠GBE。
∵E为AB的中点，
∴EA = EB。
在△AEF 和△BEG 中，
$\begin{cases}∠AFE=∠BGE,\\∠FAE=∠GBE,\\EA=EB,\end{cases}$
∴△AEF≌△BEG(AAS)。
(2) 选择条件①，四边形AGBF为矩形，证明：
∵△AEF≌△BEG，
∴EF=EG。
又
∵EA=EB，
∴四边形AGBF为平行四边形。
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD。
∵EF=$\frac{1}{2}$CD，
∴EF=$\frac{1}{2}$AB。
∵EF=EG，
∴EF=$\frac{1}{2}$FG，
∴AB=FG。
∴平行四边形AGBF为矩形。
选择条件②，四边形AGBF为菱形，证明：
∵△AEF≌△BEG，
∴EF=EG。
又
∵EA=EB，
∴四边形AGBF为平行四边形。
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD。
∵EF⊥CD，
∴EF⊥AB，即FG⊥AB。
∴平行四边形AGBF为菱形。
【答案】
(1) △AEF≌△BEG得证；
(2) 选条件①时四边形AGBF为矩形，选条件②时四边形AGBF为菱形，证明过程如上。
【知识点】
全等三角形的判定；平行四边形的性质与判定；特殊平行四边形的判定
【点评】
本题是特殊四边形章节的典型基础题，综合考查了全等判定、平行四边形和特殊平行四边形的判定定理，解题逻辑清晰，先证全等得到边的关系，再结合已知条件推导特殊四边形的判定依据，有助于巩固相关核心知识点的应用。
【难度系数】
0.7
(1) 要证明△AEF≌△BEG，先从已知BG//AF出发，根据平行线性质可得两组对应角相等；再结合E是AB中点得到一组对应边相等，满足AAS全等判定条件，即可完成证明。
(2) 若选条件①：先由(1)的全等结论得到EF=EG，结合EA=EB可判定四边形AGBF是平行四边形；再利用平行四边形ABCD的性质得AB=CD，结合EF=$\frac{1}{2}$CD推导得平行四边形AGBF的对角线AB=FG，根据“对角线相等的平行四边形是矩形”即可判定形状。若选条件②：同样先由全等结论判定AGBF是平行四边形，再结合EF⊥CD、AB//CD可得EF⊥AB，即平行四边形对角线互相垂直，根据“对角线垂直的平行四边形是菱形”即可判定形状。
【解析】
(1) 证明：
∵BG//AF，
∴∠AFE=∠BGE，∠FAE=∠GBE。
∵E为AB的中点，
∴EA = EB。
在△AEF 和△BEG 中，
$\begin{cases}∠AFE=∠BGE,\\∠FAE=∠GBE,\\EA=EB,\end{cases}$
∴△AEF≌△BEG(AAS)。
(2) 选择条件①，四边形AGBF为矩形，证明：
∵△AEF≌△BEG，
∴EF=EG。
又
∵EA=EB，
∴四边形AGBF为平行四边形。
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD。
∵EF=$\frac{1}{2}$CD，
∴EF=$\frac{1}{2}$AB。
∵EF=EG，
∴EF=$\frac{1}{2}$FG，
∴AB=FG。
∴平行四边形AGBF为矩形。
选择条件②，四边形AGBF为菱形，证明：
∵△AEF≌△BEG，
∴EF=EG。
又
∵EA=EB，
∴四边形AGBF为平行四边形。
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB//CD。
∵EF⊥CD，
∴EF⊥AB，即FG⊥AB。
∴平行四边形AGBF为菱形。
【答案】
(1) △AEF≌△BEG得证；
(2) 选条件①时四边形AGBF为矩形，选条件②时四边形AGBF为菱形，证明过程如上。
【知识点】
全等三角形的判定；平行四边形的性质与判定；特殊平行四边形的判定
【点评】
本题是特殊四边形章节的典型基础题，综合考查了全等判定、平行四边形和特殊平行四边形的判定定理，解题逻辑清晰，先证全等得到边的关系，再结合已知条件推导特殊四边形的判定依据，有助于巩固相关核心知识点的应用。
【难度系数】
0.7
3.如图,在$□ ABCD$中,$G$是$CD$的中点,$E$是边$AD$上的动点,$EG$的延长线与$BC$的延长线交于点$F$,连接$CE$,$DF$.
(1)求证:四边形$CEDF$为平行四边形.
(2)若$AB=5\ \mathrm{cm}$,$BC=10\ \mathrm{cm}$,$∠ B=60°$.
①当$AE=\_\_\_\_\_\_\mathrm{cm}$时,四边形$CEDF$是矩形.
②当$AE=\_\_\_\_\_\_\mathrm{cm}$时,四边形$CEDF$是菱形.
(1)求证:四边形$CEDF$为平行四边形.
(2)若$AB=5\ \mathrm{cm}$,$BC=10\ \mathrm{cm}$,$∠ B=60°$.
①当$AE=\_\_\_\_\_\_\mathrm{cm}$时,四边形$CEDF$是矩形.
②当$AE=\_\_\_\_\_\_\mathrm{cm}$时,四边形$CEDF$是菱形.
答案
(1)证明:
∵四边形ABCD是平行四边形,
∴AD//BF.
∴∠DEG=∠CFG.
∵G是CD的中点,
∴GD=GC.在△GED和△GFC中,
$\begin{cases}∠DEG=∠CFG,\\∠DGE=∠CGF,\\DG=CG,\end{cases}$
∴△GED≌△GFC(AAS).
∴DE=CF.又
∵DE//CF,
∴四边形CEDF是平行四边形.
(2)①7.5 ②5
∵四边形ABCD是平行四边形,
∴AD//BF.
∴∠DEG=∠CFG.
∵G是CD的中点,
∴GD=GC.在△GED和△GFC中,
$\begin{cases}∠DEG=∠CFG,\\∠DGE=∠CGF,\\DG=CG,\end{cases}$
∴△GED≌△GFC(AAS).
∴DE=CF.又
∵DE//CF,
∴四边形CEDF是平行四边形.
(2)①7.5 ②5
解析
【分析】
(1) 要证四边形CEDF是平行四边形，由平行四边形ABCD的性质可得AD//BF，即DE//CF，因此只需证DE=CF即可。结合G是CD中点的条件，可通过AAS证明△GED≌△GFC得到DE=CF，再利用“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”完成证明。
(2) ① 若CEDF为矩形，需满足∠CED=90°，结合平行四边形性质得CD=AB=5cm、∠D=∠B=60°，在Rt△CED中利用含30°角的直角三角形性质求出DE，再用AD长度减去DE即可得AE长度。
② 若CEDF为菱形，需满足邻边相等即CE=DE，结合∠D=60°可知△CED为等边三角形，得DE=CD=5cm，进而求出AE长度。
【解析】
(1) 证明：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BF，
∴∠DEG=∠CFG，
∵G是CD的中点，
∴GD=GC，
在△GED和△GFC中，
$\begin{cases}∠DEG=∠CFG,\\∠DGE=∠CGF,\\DG=CG,\end{cases}$
∴△GED≌△GFC(AAS)，
∴DE=CF，
又
∵DE//CF，
∴四边形CEDF是平行四边形。
(2) 解：
① 当四边形CEDF是矩形时，∠CED=90°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD=AB=5cm，AD=BC=10cm，∠D=∠B=60°，
∴Rt△CED中，∠DCE=90°-60°=30°，
∴DE=$\frac{1}{2}$CD=$\frac{1}{2}$×5=2.5cm，
∴AE=AD-DE=10-2.5=7.5cm。
② 当四边形CEDF是菱形时，CE=DE，
∵∠D=60°，
∴△CED是等边三角形，
∴DE=CD=5cm，
∴AE=AD-DE=10-5=5cm。
【答案】
(1) 证明见解析；(2) ①$\boldsymbol{7.5}$；②$\boldsymbol{5}$
【知识点】
平行四边形的判定与性质；矩形的判定；菱形的判定
【点评】
本题综合考查了特殊四边形的性质与判定，需要结合全等三角形、特殊直角三角形及等边三角形的性质求解，侧重考查基础几何性质的灵活运用，是几何部分的典型基础题型。
【难度系数】
0.7
(1) 要证四边形CEDF是平行四边形，由平行四边形ABCD的性质可得AD//BF，即DE//CF，因此只需证DE=CF即可。结合G是CD中点的条件，可通过AAS证明△GED≌△GFC得到DE=CF，再利用“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”完成证明。
(2) ① 若CEDF为矩形，需满足∠CED=90°，结合平行四边形性质得CD=AB=5cm、∠D=∠B=60°，在Rt△CED中利用含30°角的直角三角形性质求出DE，再用AD长度减去DE即可得AE长度。
② 若CEDF为菱形，需满足邻边相等即CE=DE，结合∠D=60°可知△CED为等边三角形，得DE=CD=5cm，进而求出AE长度。
【解析】
(1) 证明：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BF，
∴∠DEG=∠CFG，
∵G是CD的中点，
∴GD=GC，
在△GED和△GFC中，
$\begin{cases}∠DEG=∠CFG,\\∠DGE=∠CGF,\\DG=CG,\end{cases}$
∴△GED≌△GFC(AAS)，
∴DE=CF，
又
∵DE//CF，
∴四边形CEDF是平行四边形。
(2) 解：
① 当四边形CEDF是矩形时，∠CED=90°，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴CD=AB=5cm，AD=BC=10cm，∠D=∠B=60°，
∴Rt△CED中，∠DCE=90°-60°=30°，
∴DE=$\frac{1}{2}$CD=$\frac{1}{2}$×5=2.5cm，
∴AE=AD-DE=10-2.5=7.5cm。
② 当四边形CEDF是菱形时，CE=DE，
∵∠D=60°，
∴△CED是等边三角形，
∴DE=CD=5cm，
∴AE=AD-DE=10-5=5cm。
【答案】
(1) 证明见解析；(2) ①$\boldsymbol{7.5}$；②$\boldsymbol{5}$
【知识点】
平行四边形的判定与性质；矩形的判定；菱形的判定
【点评】
本题综合考查了特殊四边形的性质与判定，需要结合全等三角形、特殊直角三角形及等边三角形的性质求解，侧重考查基础几何性质的灵活运用，是几何部分的典型基础题型。
【难度系数】
0.7
【例】 如图，在$△ ABC$中，$AB=AC$，$P$为$BC$上任意一点，$PE⊥ AB$于点$E$，$PF⊥ AC$于点$F$，$BM⊥ AC$于点$M$. 求证：$PE+PF=BM$.
证明：连接$AP$.
$\because PE⊥ AB$，$PF⊥ AC$，$BM⊥ AC$，
$\therefore S_{△ ABP}=$，
$S_{△ ACP}=$，
$S_{△ ABC}=$.
$\because\_\_\_\_\_\_+\_\_\_\_\_\_=S_{△ ABC}$，
$\therefore \frac{1}{2}AB· PE+\frac{1}{2}AC· PF=\frac{1}{2}AC· BM$.
$\because AB=AC$，$\therefore PE+PF=BM$.
结论：等腰三角形底边上任意一点到两腰的距离之和等于一腰上的高.
证明：连接$AP$.
$\because PE⊥ AB$，$PF⊥ AC$，$BM⊥ AC$，
$\therefore S_{△ ABP}=$，
$S_{△ ACP}=$，
$S_{△ ABC}=$.
$\because\_\_\_\_\_\_+\_\_\_\_\_\_=S_{△ ABC}$，
$\therefore \frac{1}{2}AB· PE+\frac{1}{2}AC· PF=\frac{1}{2}AC· BM$.
$\because AB=AC$，$\therefore PE+PF=BM$.
结论：等腰三角形底边上任意一点到两腰的距离之和等于一腰上的高.
答案
$\frac{1}{2}AB· PE$；$\frac{1}{2}AC· PF$；$\frac{1}{2}AC· BM$；$S_{△ ABP}$；$S_{△ ACP}$
解析
【分析】
要证明$PE+PF=BM$，可采用面积法推导：连接$AP$后，$△ ABC$被分割为$△ ABP$和$△ ACP$两个小三角形，两个小三角形的面积之和等于$△ ABC$的总面积。先根据三角形面积公式写出三个三角形的面积表达式，再结合已知$AB=AC$的条件对等式化简，即可得到要证的线段关系。
【解析】
根据三角形面积公式“三角形面积=$\frac{1}{2}$×底×对应底边上的高”：
底为$AB$、对应高为$PE$的$△ ABP$面积为$\frac{1}{2}AB· PE$；
底为$AC$、对应高为$PF$的$△ ACP$面积为$\frac{1}{2}AC· PF$；
底为$AC$、对应高为$BM$的$△ ABC$面积为$\frac{1}{2}AC· BM$。
根据面积和差关系，两个小三角形的面积和等于大三角形面积，即$S_{△ ABP}+S_{△ ACP}=S_{△ ABC}$，代入面积表达式可得$\frac{1}{2}AB· PE+\frac{1}{2}AC· PF=\frac{1}{2}AC· BM$，结合$AB=AC$，等式两边同时除以$\frac{1}{2}AC$，即可推出$PE+PF=BM$。
【答案】
$\frac{1}{2}AB· PE$；$\frac{1}{2}AC· PF$；$\frac{1}{2}AC· BM$；$S_{△ ABP}$；$S_{△ ACP}$
【知识点】
等腰三角形性质，三角形面积计算，面积法应用
【点评】
本题是面积法的典型应用，通过拆分三角形得到面积和的等量关系，结合等腰三角形边相等的条件即可完成证明，该思路可推广到同类线段和与高相关的证明题中。
【难度系数】
0.8
要证明$PE+PF=BM$，可采用面积法推导：连接$AP$后，$△ ABC$被分割为$△ ABP$和$△ ACP$两个小三角形，两个小三角形的面积之和等于$△ ABC$的总面积。先根据三角形面积公式写出三个三角形的面积表达式，再结合已知$AB=AC$的条件对等式化简，即可得到要证的线段关系。
【解析】
根据三角形面积公式“三角形面积=$\frac{1}{2}$×底×对应底边上的高”：
底为$AB$、对应高为$PE$的$△ ABP$面积为$\frac{1}{2}AB· PE$；
底为$AC$、对应高为$PF$的$△ ACP$面积为$\frac{1}{2}AC· PF$；
底为$AC$、对应高为$BM$的$△ ABC$面积为$\frac{1}{2}AC· BM$。
根据面积和差关系，两个小三角形的面积和等于大三角形面积，即$S_{△ ABP}+S_{△ ACP}=S_{△ ABC}$，代入面积表达式可得$\frac{1}{2}AB· PE+\frac{1}{2}AC· PF=\frac{1}{2}AC· BM$，结合$AB=AC$，等式两边同时除以$\frac{1}{2}AC$，即可推出$PE+PF=BM$。
【答案】
$\frac{1}{2}AB· PE$；$\frac{1}{2}AC· PF$；$\frac{1}{2}AC· BM$；$S_{△ ABP}$；$S_{△ ACP}$
【知识点】
等腰三角形性质，三角形面积计算，面积法应用
【点评】
本题是面积法的典型应用，通过拆分三角形得到面积和的等量关系，结合等腰三角形边相等的条件即可完成证明，该思路可推广到同类线段和与高相关的证明题中。
【难度系数】
0.8
1. NEW 数学文化·出入相补原理
(教材习题变式)出入相补原理是我国古代数学的重要成就之一，最早由魏晋时期数学家刘徽提出.“将一个几何图形任意切成多块小
图形，几何图形的总面积保持不变，等于所分割的小图形的面积之和”是该原理的重要内容之一.如图，在矩形ABCD中，AB=5，AD=12，对角线AC与BD相交于点O，E为边BC上的一个动点，EF⊥AC，EG⊥BD，垂足分别为F，G，则EF+EG=
(教材习题变式)出入相补原理是我国古代数学的重要成就之一，最早由魏晋时期数学家刘徽提出.“将一个几何图形任意切成多块小
图形，几何图形的总面积保持不变，等于所分割的小图形的面积之和”是该原理的重要内容之一.如图，在矩形ABCD中，AB=5，AD=12，对角线AC与BD相交于点O，E为边BC上的一个动点，EF⊥AC，EG⊥BD，垂足分别为F，G，则EF+EG=$\frac{60}{13}$
.答案
1. $\frac{60}{13}$
解析
【分析】
本题求两条垂线段的和，可采用面积法求解：首先根据矩形性质得到对角线的相关特征，再结合勾股定理算出对角线长度；接着利用“△OBC的面积等于△OBE与△OCE的面积之和”这一等量关系，代入面积公式即可求出EF+EG的值。
【解析】
解：在矩形ABCD中，AB=5，AD=12，
∴矩形ABCD的面积$S_{ABCD}=AB· AD=5×12=60$，
由勾股定理得对角线$AC=BD=\sqrt{AB^2+AD^2}=\sqrt{5^2+12^2}=13$，
∵矩形对角线互相平分且相等，
∴$OB=OC=\frac{1}{2}AC=\frac{13}{2}$，且$S_{△ OBC}=\frac{1}{4}S_{ABCD}=\frac{1}{4}×60=15$，
∵$S_{△ OBC}=S_{△ OBE}+S_{△ OCE}$，$EG⊥ BD$，$EF⊥ AC$，
∴$S_{△ OBE}=\frac{1}{2}· OB· EG$，$S_{△ OCE}=\frac{1}{2}· OC· EF$，
代入得：$15=\frac{1}{2}×\frac{13}{2}× EG + \frac{1}{2}×\frac{13}{2}× EF=\frac{13}{4}(EF+EG)$，
解得：$EF+EG=15×\frac{4}{13}=\frac{60}{13}$。
【答案】
$\frac{60}{13}$
【知识点】
矩形的性质；勾股定理；面积法求线段和
【点评】
本题结合我国古代出入相补原理考查特殊平行四边形的相关计算，解题关键是利用面积和建立等量关系，将线段和的计算转化为面积运算，有效降低了解题难度，体现了转化的数学思想。
【难度系数】
0.6
本题求两条垂线段的和，可采用面积法求解：首先根据矩形性质得到对角线的相关特征，再结合勾股定理算出对角线长度；接着利用“△OBC的面积等于△OBE与△OCE的面积之和”这一等量关系，代入面积公式即可求出EF+EG的值。
【解析】
解：在矩形ABCD中，AB=5，AD=12，
∴矩形ABCD的面积$S_{ABCD}=AB· AD=5×12=60$，
由勾股定理得对角线$AC=BD=\sqrt{AB^2+AD^2}=\sqrt{5^2+12^2}=13$，
∵矩形对角线互相平分且相等，
∴$OB=OC=\frac{1}{2}AC=\frac{13}{2}$，且$S_{△ OBC}=\frac{1}{4}S_{ABCD}=\frac{1}{4}×60=15$，
∵$S_{△ OBC}=S_{△ OBE}+S_{△ OCE}$，$EG⊥ BD$，$EF⊥ AC$，
∴$S_{△ OBE}=\frac{1}{2}· OB· EG$，$S_{△ OCE}=\frac{1}{2}· OC· EF$，
代入得：$15=\frac{1}{2}×\frac{13}{2}× EG + \frac{1}{2}×\frac{13}{2}× EF=\frac{13}{4}(EF+EG)$，
解得：$EF+EG=15×\frac{4}{13}=\frac{60}{13}$。
【答案】
$\frac{60}{13}$
【知识点】
矩形的性质；勾股定理；面积法求线段和
【点评】
本题结合我国古代出入相补原理考查特殊平行四边形的相关计算，解题关键是利用面积和建立等量关系，将线段和的计算转化为面积运算，有效降低了解题难度，体现了转化的数学思想。
【难度系数】
0.6
2.如图,在菱形ABCD中,P是对角线AC上一动点,过点P作PE⊥BC于点E,PF⊥AB于点F.若菱形ABCD的周长为20,面积为24,则PE+PF的值为
第2题图 第3题图
$\frac{24}{5}$
.第2题图 第3题图
答案
2. $\frac{24}{5}$
解析
【分析】
首先根据菱形周长公式求出菱形的边长，再由菱形对角线的性质得到△ABC的面积。接着连接辅助线BP，将△ABC拆分为△ABP和△CBP两个三角形，两个三角形的底均为菱形的边长，高分别为PF和PE，利用两个小三角形面积之和等于△ABC的面积建立等式，代入数值即可求出PE+PF的结果。
【解析】
解：
∵菱形ABCD的周长为20，
∴菱形的边长AB=BC=20÷4=5，
∵菱形ABCD的面积为24，对角线AC将菱形分为面积相等的两个三角形，
∴$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}×24=12$，
连接BP，可得$S_{△ ABC}=S_{△ ABP}+S_{△ CBP}$，
∵PF⊥AB，PE⊥BC，
∴$S_{△ ABP}=\frac{1}{2}× AB× PF$，$S_{△ CBP}=\frac{1}{2}× BC× PE$，
代入面积等式得：$12=\frac{1}{2}×5× PF+\frac{1}{2}×5× PE$，
整理得：$12=\frac{5}{2}(PE+PF)$，
解得：$PE+PF=\frac{24}{5}$。
【答案】
$\frac{24}{5}$
【知识点】
菱形的性质，面积法的应用，三角形面积计算
【点评】
本题属于特殊平行四边形的常见题型，通过面积拆分的方法将动线段的和与固定图形的面积结合，避开了求解动点位置的复杂计算，是解决垂线段和类问题的常用技巧。
【难度系数】
0.7
首先根据菱形周长公式求出菱形的边长，再由菱形对角线的性质得到△ABC的面积。接着连接辅助线BP，将△ABC拆分为△ABP和△CBP两个三角形，两个三角形的底均为菱形的边长，高分别为PF和PE，利用两个小三角形面积之和等于△ABC的面积建立等式，代入数值即可求出PE+PF的结果。
【解析】
解：
∵菱形ABCD的周长为20，
∴菱形的边长AB=BC=20÷4=5，
∵菱形ABCD的面积为24，对角线AC将菱形分为面积相等的两个三角形，
∴$S_{△ ABC}=\frac{1}{2}×24=12$，
连接BP，可得$S_{△ ABC}=S_{△ ABP}+S_{△ CBP}$，
∵PF⊥AB，PE⊥BC，
∴$S_{△ ABP}=\frac{1}{2}× AB× PF$，$S_{△ CBP}=\frac{1}{2}× BC× PE$，
代入面积等式得：$12=\frac{1}{2}×5× PF+\frac{1}{2}×5× PE$，
整理得：$12=\frac{5}{2}(PE+PF)$，
解得：$PE+PF=\frac{24}{5}$。
【答案】
$\frac{24}{5}$
【知识点】
菱形的性质，面积法的应用，三角形面积计算
【点评】
本题属于特殊平行四边形的常见题型，通过面积拆分的方法将动线段的和与固定图形的面积结合，避开了求解动点位置的复杂计算，是解决垂线段和类问题的常用技巧。
【难度系数】
0.7
3. 如图所示，E是边长为1的正方形ABCD的对角线BD上的一点，且$BE=BC$，P为CE上任意一点，$PQ⊥BC$于点Q，$PR⊥BE$于点R，则$PQ+PR$的值是
$\frac{\sqrt{2}}{2}$
。答案
3. $\frac{\sqrt{2}}{2}$
解析
【分析】
本题可通过等面积法求解。首先连接辅助线BP，将△BCE拆分为△BPC和△BPE两个小三角形，两个小三角形的面积之和与△BCE的面积相等。结合正方形的性质已知BE=BC=1，先求出△BCE的面积，再根据两个小三角形的面积表达式建立等量关系，即可求出PQ+PR的值。
【解析】
连接BP，过点E作EF⊥BC于点F。
∵ 四边形ABCD是边长为1的正方形，
∴ BC=1，∠DBC=45°。
∵ BE=BC，
∴ BE=1。
在Rt△BEF中，∠EBF=45°，
∴ △BEF为等腰直角三角形，
∴ 2EF²=BE²=1，解得EF=$\frac{\sqrt{2}}{2}$。
△BCE的面积：$S_{△ BCE}=\frac{1}{2} × BC × EF=\frac{1}{2} × 1 × \frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{\sqrt{2}}{4}$。
又
∵ $S_{△ BCE}=S_{△ BPC}+S_{△ BPE}$，
其中$S_{△ BPC}=\frac{1}{2} × BC × PQ$，$S_{△ BPE}=\frac{1}{2} × BE × PR$，且BE=BC=1，
∴ $\frac{\sqrt{2}}{4}=\frac{1}{2}PQ + \frac{1}{2}PR = \frac{1}{2}(PQ+PR)$，
解得 $PQ+PR=\frac{\sqrt{2}}{2}$。
【答案】
$\frac{\sqrt{2}}{2}$
【知识点】
正方形的性质，等面积法，等腰直角三角形性质
【点评】
本题是等面积法应用的典型题型，通过分割三角形构造面积等量关系，可快速求出多条垂线段的和，避免了复杂的线段推导，解题的关键是合理添加辅助线拆分三角形。
【难度系数】
0.6
本题可通过等面积法求解。首先连接辅助线BP，将△BCE拆分为△BPC和△BPE两个小三角形，两个小三角形的面积之和与△BCE的面积相等。结合正方形的性质已知BE=BC=1，先求出△BCE的面积，再根据两个小三角形的面积表达式建立等量关系，即可求出PQ+PR的值。
【解析】
连接BP，过点E作EF⊥BC于点F。
∵ 四边形ABCD是边长为1的正方形，
∴ BC=1，∠DBC=45°。
∵ BE=BC，
∴ BE=1。
在Rt△BEF中，∠EBF=45°，
∴ △BEF为等腰直角三角形，
∴ 2EF²=BE²=1，解得EF=$\frac{\sqrt{2}}{2}$。
△BCE的面积：$S_{△ BCE}=\frac{1}{2} × BC × EF=\frac{1}{2} × 1 × \frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{\sqrt{2}}{4}$。
又
∵ $S_{△ BCE}=S_{△ BPC}+S_{△ BPE}$，
其中$S_{△ BPC}=\frac{1}{2} × BC × PQ$，$S_{△ BPE}=\frac{1}{2} × BE × PR$，且BE=BC=1，
∴ $\frac{\sqrt{2}}{4}=\frac{1}{2}PQ + \frac{1}{2}PR = \frac{1}{2}(PQ+PR)$，
解得 $PQ+PR=\frac{\sqrt{2}}{2}$。
【答案】
$\frac{\sqrt{2}}{2}$
【知识点】
正方形的性质，等面积法，等腰直角三角形性质
【点评】
本题是等面积法应用的典型题型，通过分割三角形构造面积等量关系，可快速求出多条垂线段的和，避免了复杂的线段推导，解题的关键是合理添加辅助线拆分三角形。
【难度系数】
0.6
