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12. 如图,在$□ ABCD$中,点$E,F$分别在边$BC,AD$上,且$BE=DF$,连接$AE,CF$,分别过点$E,F$作$EH⊥ CF$于点$H$,$FG⊥ AE$于点$G$.
(1)求证:四边形$EGFH$是矩形;
(2)若$BE=AE=4$,$AF=2$,$∠ B=60°$,求四边形$EGFH$的周长.
(1)求证:四边形$EGFH$是矩形;
(2)若$BE=AE=4$,$AF=2$,$∠ B=60°$,求四边形$EGFH$的周长.
答案
12.解:(1)证明:
∵四边形ABCD是平行四边形,
∴AD//BC,AD=BC.
∵BE=DF,
∴AF=CE,
∴四边形AECF是平行四边形,
∴AE//CF.
∵EH⊥CF,FG⊥AE,
∴∠FHE=∠FGE=∠GEH=90°,
∴四边形EGFH为矩形.
(2)
∵BE=AE=4,∠B=60°,
∴△ABE是等边三角形,
∴∠AEB=∠EAD=60°,
∴AG=$\frac{1}{2}$AF=1,
∴GF=$\sqrt{3}$,GE=AE-AG=3,
∴四边形EGFH的周长为$6+2\sqrt{3}$.
∵四边形ABCD是平行四边形,
∴AD//BC,AD=BC.
∵BE=DF,
∴AF=CE,
∴四边形AECF是平行四边形,
∴AE//CF.
∵EH⊥CF,FG⊥AE,
∴∠FHE=∠FGE=∠GEH=90°,
∴四边形EGFH为矩形.
(2)
∵BE=AE=4,∠B=60°,
∴△ABE是等边三角形,
∴∠AEB=∠EAD=60°,
∴AG=$\frac{1}{2}$AF=1,
∴GF=$\sqrt{3}$,GE=AE-AG=3,
∴四边形EGFH的周长为$6+2\sqrt{3}$.
解析
【分析】
(1)要证明四边形EGFH是矩形，可通过证明其有三个内角为直角推导：首先利用平行四边形ABCD的性质，结合已知BE=DF，先证四边形AECF是平行四边形，得到AE//CF；再结合EH⊥CF、FG⊥AE的垂直条件，可得四边形EGFH的三个内角均为90°，即可完成证明。
(2)要求矩形EGFH的周长，需先求出两条邻边GF和GE的长度：首先由BE=AE、∠B=60°判定△ABE是等边三角形，得到∠AEB=60°，再结合AD//BC得∠EAF=60°；在Rt△AFG中利用含30°角的直角三角形性质求出AG和GF的长度，再由GE=AE-AG求出GE，最后代入矩形周长公式计算即可。
【解析】
(1)证明：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，AD=BC。
∵BE=DF，
∴AD-DF=BC-BE，即AF=CE，
又AF//CE，
∴四边形AECF是平行四边形，
∴AE//CF。
∵EH⊥CF，FG⊥AE，
∴∠FGE=∠GEH=∠FHE=90°，
∴四边形EGFH为矩形。
(2)解：
∵BE=AE=4，∠B=60°，
∴△ABE是等边三角形，
∴∠AEB=60°，
∵AD//BC，
∴∠EAD=∠AEB=60°，
∵FG⊥AE，即∠AGF=90°，
∴∠AFG=30°，
∴AG=$\frac{1}{2}$AF=$\frac{1}{2}$×2=1，
由勾股定理得GF=$\sqrt{AF^2-AG^2}$=$\sqrt{2^2-1^2}$=$\sqrt{3}$，
∴GE=AE-AG=4-1=3，
∴四边形EGFH的周长为$2×(GE+GF)=2×(3+\sqrt{3})=6+2\sqrt{3}$。
【答案】
(1) 四边形EGFH是矩形，证明成立；
(2) $\boxed{6+2\sqrt{3}}$
【知识点】
平行四边形的判定与性质，矩形的判定，含30°角的直角三角形的性质
【点评】
本题综合考查了平行四边形、矩形的判定与性质，以及等边三角形、特殊直角三角形的相关性质，属于基础综合题，解题时需先理清图形间的位置和数量关系，逐步推导即可得到结论。
【难度系数】
0.7
(1)要证明四边形EGFH是矩形，可通过证明其有三个内角为直角推导：首先利用平行四边形ABCD的性质，结合已知BE=DF，先证四边形AECF是平行四边形，得到AE//CF；再结合EH⊥CF、FG⊥AE的垂直条件，可得四边形EGFH的三个内角均为90°，即可完成证明。
(2)要求矩形EGFH的周长，需先求出两条邻边GF和GE的长度：首先由BE=AE、∠B=60°判定△ABE是等边三角形，得到∠AEB=60°，再结合AD//BC得∠EAF=60°；在Rt△AFG中利用含30°角的直角三角形性质求出AG和GF的长度，再由GE=AE-AG求出GE，最后代入矩形周长公式计算即可。
【解析】
(1)证明：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD//BC，AD=BC。
∵BE=DF，
∴AD-DF=BC-BE，即AF=CE，
又AF//CE，
∴四边形AECF是平行四边形，
∴AE//CF。
∵EH⊥CF，FG⊥AE，
∴∠FGE=∠GEH=∠FHE=90°，
∴四边形EGFH为矩形。
(2)解：
∵BE=AE=4，∠B=60°，
∴△ABE是等边三角形，
∴∠AEB=60°，
∵AD//BC，
∴∠EAD=∠AEB=60°，
∵FG⊥AE，即∠AGF=90°，
∴∠AFG=30°，
∴AG=$\frac{1}{2}$AF=$\frac{1}{2}$×2=1，
由勾股定理得GF=$\sqrt{AF^2-AG^2}$=$\sqrt{2^2-1^2}$=$\sqrt{3}$，
∴GE=AE-AG=4-1=3，
∴四边形EGFH的周长为$2×(GE+GF)=2×(3+\sqrt{3})=6+2\sqrt{3}$。
【答案】
(1) 四边形EGFH是矩形，证明成立；
(2) $\boxed{6+2\sqrt{3}}$
【知识点】
平行四边形的判定与性质，矩形的判定，含30°角的直角三角形的性质
【点评】
本题综合考查了平行四边形、矩形的判定与性质，以及等边三角形、特殊直角三角形的相关性质，属于基础综合题，解题时需先理清图形间的位置和数量关系，逐步推导即可得到结论。
【难度系数】
0.7
13. 如图,在矩形$ABCD$中,$AB=3\ \mathrm{cm}$,$BC=4\ \mathrm{cm}$,$E$,$F$是对角线$AC$上的两个动点,分别从点$A$,$C$同时出发相向而行,速度均为$1\ \mathrm{cm/s}$,运动时间为$t\ \mathrm{s}$,$0{≤}t{≤}5$.
(1)$AE=\_\_\_\_\_\_\ \mathrm{cm}$,$EF=\_\_\_\_\_\_\ \mathrm{cm}$;(用含$t$的式子表示)
(2)若$G$,$H$分别是$AB$,$DC$的中点,求证:四边形$EGFH$是平行四边形;
(3)在(2)的条件下,当$t$为何值时,四边形$EGFH$为矩形?
(1)$AE=\_\_\_\_\_\_\ \mathrm{cm}$,$EF=\_\_\_\_\_\_\ \mathrm{cm}$;(用含$t$的式子表示)
(2)若$G$,$H$分别是$AB$,$DC$的中点,求证:四边形$EGFH$是平行四边形;
(3)在(2)的条件下,当$t$为何值时,四边形$EGFH$为矩形?
答案
13.解:(1)$t$ ; $|5-2t|$
(2)证明:连接GH,交AC于点O.
∵四边形ABCD是矩形,G,H分别是AB,DC的中点,
∴AO=CO,GO=HO.又
∵AE=CF=t,
∴EO=FO,
∴四边形EGFH是平行四边形.
(3)由(2)知GH=BC=4 cm,四边形EGFH是平行四边形,
∴当EF=GH=4 cm时,四边形EGFH是矩形.分两种情况:①当0≤t≤2.5时,EF=(5-2t) cm,即5-2t=4,解得t=0.5;②当2.5＜t≤5时,EF=(2t-5) cm,即2t-5=4,解得t=4.5.综上所述,当t=0.5或4.5时,四边形EGFH为矩形.
(2)证明:连接GH,交AC于点O.
∵四边形ABCD是矩形,G,H分别是AB,DC的中点,
∴AO=CO,GO=HO.又
∵AE=CF=t,
∴EO=FO,
∴四边形EGFH是平行四边形.
(3)由(2)知GH=BC=4 cm,四边形EGFH是平行四边形,
∴当EF=GH=4 cm时,四边形EGFH是矩形.分两种情况:①当0≤t≤2.5时,EF=(5-2t) cm,即5-2t=4,解得t=0.5;②当2.5＜t≤5时,EF=(2t-5) cm,即2t-5=4,解得t=4.5.综上所述,当t=0.5或4.5时,四边形EGFH为矩形.
解析
【分析】
(1) 首先在矩形ABCD中用勾股定理算出对角线AC的长度为5cm，动点E、F的速度均为1cm/s，运动时间为t，因此AE=CF=t；EF的长度需分两种情况：两点未相遇时EF=AC-AE-CF=5-2t，两点相遇后继续运动时EF=AE+CF-AC=2t-5，合并可写为绝对值形式。
(2) 要证明四边形EGFH是平行四边形，可选用“对角线互相平分的四边形是平行四边形”的判定定理，连接GH交AC于点O，先利用矩形和中点的性质证明O是AC、GH的中点，再结合AE=CF推导出EO=FO，即可得证。
(3) 平行四边形为矩形的判定条件是对角线相等，已知GH=BC=4cm，因此只要EF=4cm即可，分t≤2.5和t＞2.5两种情况列方程求解，舍去不符合范围的解即可得到结果。
【解析】
(1) 在矩形ABCD中，由勾股定理得$AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5\ \mathrm{cm}$，
∵E、F速度均为1cm/s，运动时间为t，
∴$AE=t\ \mathrm{cm}$，$CF=t\ \mathrm{cm}$，
当E、F未相遇时，$EF=5-t-t=5-2t$，当E、F相遇后，$EF=t+t-5=2t-5$，
故$EF=|5-2t|\ \mathrm{cm}$。
(2) 证明：连接GH，交AC于点O，
∵四边形ABCD是矩形，G、H分别是AB、DC的中点，
∴AB平行且等于CD，∠B=∠BCD=90°，
∴GH平行于BC，因此O为AC中点，即$AO=CO$，且$GO=HO$，
又
∵$AE=CF=t$，
∴$AO-AE=CO-CF$，即$EO=FO$，
∴四边形EGFH的对角线互相平分，故四边形EGFH是平行四边形。
(3) 由(2)可知GH是AB、DC中点连线，因此$GH=BC=4\ \mathrm{cm}$，
∵四边形EGFH是平行四边形，当平行四边形的对角线相等时为矩形，
∴令$EF=GH=4\ \mathrm{cm}$，分两种情况讨论：
①当$0≤ t≤2.5$时，$EF=5-2t$，列方程：$5-2t=4$，解得$t=0.5$，符合取值范围；
②当$2.5＜t≤5$时，$EF=2t-5$，列方程：$2t-5=4$，解得$t=4.5$，符合取值范围。
综上，t的值为0.5或4.5。
【答案】
(1) $t$；$|5-2t|$
(2) 四边形EGFH是平行四边形，证明见解析
(3) $t=0.5$或$t=4.5$
【知识点】
勾股定理；平行四边形的判定；矩形的判定与性质
【点评】
本题是四边形结合动点的综合题，考查了平行四边形、矩形的判定性质，解题时需注意对动点的运动阶段进行分类讨论，避免漏解。
【难度系数】
0.6
(1) 首先在矩形ABCD中用勾股定理算出对角线AC的长度为5cm，动点E、F的速度均为1cm/s，运动时间为t，因此AE=CF=t；EF的长度需分两种情况：两点未相遇时EF=AC-AE-CF=5-2t，两点相遇后继续运动时EF=AE+CF-AC=2t-5，合并可写为绝对值形式。
(2) 要证明四边形EGFH是平行四边形，可选用“对角线互相平分的四边形是平行四边形”的判定定理，连接GH交AC于点O，先利用矩形和中点的性质证明O是AC、GH的中点，再结合AE=CF推导出EO=FO，即可得证。
(3) 平行四边形为矩形的判定条件是对角线相等，已知GH=BC=4cm，因此只要EF=4cm即可，分t≤2.5和t＞2.5两种情况列方程求解，舍去不符合范围的解即可得到结果。
【解析】
(1) 在矩形ABCD中，由勾股定理得$AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5\ \mathrm{cm}$，
∵E、F速度均为1cm/s，运动时间为t，
∴$AE=t\ \mathrm{cm}$，$CF=t\ \mathrm{cm}$，
当E、F未相遇时，$EF=5-t-t=5-2t$，当E、F相遇后，$EF=t+t-5=2t-5$，
故$EF=|5-2t|\ \mathrm{cm}$。
(2) 证明：连接GH，交AC于点O，
∵四边形ABCD是矩形，G、H分别是AB、DC的中点，
∴AB平行且等于CD，∠B=∠BCD=90°，
∴GH平行于BC，因此O为AC中点，即$AO=CO$，且$GO=HO$，
又
∵$AE=CF=t$，
∴$AO-AE=CO-CF$，即$EO=FO$，
∴四边形EGFH的对角线互相平分，故四边形EGFH是平行四边形。
(3) 由(2)可知GH是AB、DC中点连线，因此$GH=BC=4\ \mathrm{cm}$，
∵四边形EGFH是平行四边形，当平行四边形的对角线相等时为矩形，
∴令$EF=GH=4\ \mathrm{cm}$，分两种情况讨论：
①当$0≤ t≤2.5$时，$EF=5-2t$，列方程：$5-2t=4$，解得$t=0.5$，符合取值范围；
②当$2.5＜t≤5$时，$EF=2t-5$，列方程：$2t-5=4$，解得$t=4.5$，符合取值范围。
综上，t的值为0.5或4.5。
【答案】
(1) $t$；$|5-2t|$
(2) 四边形EGFH是平行四边形，证明见解析
(3) $t=0.5$或$t=4.5$
【知识点】
勾股定理；平行四边形的判定；矩形的判定与性质
【点评】
本题是四边形结合动点的综合题，考查了平行四边形、矩形的判定性质，解题时需注意对动点的运动阶段进行分类讨论，避免漏解。
【难度系数】
0.6
