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18.(10分)如图所示的$\mathrm{Rt}△ ABC$中,$∠ B=90°$,点$P$从点$B$开始沿$BA$边以$1\ \mathrm{cm/s}$的速度向点$A$移动;同时,点$Q$也从点$B$开始沿$BC$边以$2\ \mathrm{cm/s}$的速度向点$C$移动.问:几秒后$△ PBQ$的面积为$35\ \mathrm{cm}^2$?此时$P,Q$两点间的距离是多少厘米?(结果用最简二次根式表示)
答案
18.解:设 $x$ s 后 $△ PBQ$ 的面积为$35\ \mathrm{cm}^2$. 则有 $PB=x\ \mathrm{cm},BQ=2x\ \mathrm{cm}.$
依题意,得 $\dfrac{1}{2}x· 2x=35.$
$x^2=35.$ 解得 $x=\sqrt{35}.$
$\therefore \sqrt{35}\ \mathrm{s}$ 后$△ PBQ$ 的面积为 $35\ \mathrm{cm}^2$.
$PQ=\sqrt{PB^2+BQ^2}=\sqrt{x^2+4x^2}$
$=\sqrt{5x^2}=\sqrt{5× 35}=5\sqrt{7}\ (\mathrm{cm}).$
答: $\sqrt{35}\ \mathrm{s}$ 后 $△ PBQ$ 的面积为$35\ \mathrm{cm}^2$,此时 $P,Q$ 两点间的距离为 $5\sqrt{7}\ \mathrm{cm}.$
依题意,得 $\dfrac{1}{2}x· 2x=35.$
$x^2=35.$ 解得 $x=\sqrt{35}.$
$\therefore \sqrt{35}\ \mathrm{s}$ 后$△ PBQ$ 的面积为 $35\ \mathrm{cm}^2$.
$PQ=\sqrt{PB^2+BQ^2}=\sqrt{x^2+4x^2}$
$=\sqrt{5x^2}=\sqrt{5× 35}=5\sqrt{7}\ (\mathrm{cm}).$
答: $\sqrt{35}\ \mathrm{s}$ 后 $△ PBQ$ 的面积为$35\ \mathrm{cm}^2$,此时 $P,Q$ 两点间的距离为 $5\sqrt{7}\ \mathrm{cm}.$
解析
【分析】
这是一道几何动点与方程结合的应用题，解题思路如下：第一步，设运动时间为x秒，根据点P、Q的运动速度，用含x的代数式分别表示出直角边PB、BQ的长度；第二步，由于∠B是直角，△PBQ是直角三角形，利用直角三角形面积公式列出关于x的方程，解方程得到运动时间，注意时间为正数，舍去负根；第三步，要求P、Q两点的距离，在Rt△PBQ中直接使用勾股定理，代入x的值计算即可得到结果。
【解析】
设$x$ s后$△ PBQ$的面积为$35\ \mathrm{cm}^2$。
根据点P、Q的运动速度可得：$PB=x\ \mathrm{cm},BQ=2x\ \mathrm{cm}$。
∵$∠ B=90°$，△PBQ为直角三角形，根据直角三角形面积公式列方程：
$\dfrac{1}{2}·x· 2x=35$
化简得$x^2=35$，结合运动时间为正数，解得$x=\sqrt{35}$（负值舍去）。
即$\sqrt{35}\ \mathrm{s}$后$△ PBQ$的面积为$35\ \mathrm{cm}^2$。
在Rt△PBQ中，根据勾股定理计算PQ的长度：
$PQ=\sqrt{PB^2+BQ^2}=\sqrt{x^2+(2x)^2}=\sqrt{5x^2}$
将$x^2=35$代入得：$PQ=\sqrt{5× 35}=\sqrt{175}=5\sqrt{7}\ (\mathrm{cm})$。
【答案】
$\sqrt{35}\ \mathrm{s}$后$△ PBQ$ 的面积为$35\ \mathrm{cm}^2$，此时 $P,Q$ 两点间的距离为 $5\sqrt{7}\ \mathrm{cm}$。
【知识点】
一元二次方程的应用；直角三角形面积计算；勾股定理
【点评】
本题属于动点类基础应用题，核心是用方程思想解决几何问题，解题时要结合动点的运动规律表示出对应线段的长度，再结合几何图形的性质列方程求解，需要注意实际问题中未知数的取值要符合现实意义，比如本题的运动时间不能为负数。
【难度系数】
0.8
这是一道几何动点与方程结合的应用题，解题思路如下：第一步，设运动时间为x秒，根据点P、Q的运动速度，用含x的代数式分别表示出直角边PB、BQ的长度；第二步，由于∠B是直角，△PBQ是直角三角形，利用直角三角形面积公式列出关于x的方程，解方程得到运动时间，注意时间为正数，舍去负根；第三步，要求P、Q两点的距离，在Rt△PBQ中直接使用勾股定理，代入x的值计算即可得到结果。
【解析】
设$x$ s后$△ PBQ$的面积为$35\ \mathrm{cm}^2$。
根据点P、Q的运动速度可得：$PB=x\ \mathrm{cm},BQ=2x\ \mathrm{cm}$。
∵$∠ B=90°$，△PBQ为直角三角形，根据直角三角形面积公式列方程：
$\dfrac{1}{2}·x· 2x=35$
化简得$x^2=35$，结合运动时间为正数，解得$x=\sqrt{35}$（负值舍去）。
即$\sqrt{35}\ \mathrm{s}$后$△ PBQ$的面积为$35\ \mathrm{cm}^2$。
在Rt△PBQ中，根据勾股定理计算PQ的长度：
$PQ=\sqrt{PB^2+BQ^2}=\sqrt{x^2+(2x)^2}=\sqrt{5x^2}$
将$x^2=35$代入得：$PQ=\sqrt{5× 35}=\sqrt{175}=5\sqrt{7}\ (\mathrm{cm})$。
【答案】
$\sqrt{35}\ \mathrm{s}$后$△ PBQ$ 的面积为$35\ \mathrm{cm}^2$，此时 $P,Q$ 两点间的距离为 $5\sqrt{7}\ \mathrm{cm}$。
【知识点】
一元二次方程的应用；直角三角形面积计算；勾股定理
【点评】
本题属于动点类基础应用题，核心是用方程思想解决几何问题，解题时要结合动点的运动规律表示出对应线段的长度，再结合几何图形的性质列方程求解，需要注意实际问题中未知数的取值要符合现实意义，比如本题的运动时间不能为负数。
【难度系数】
0.8
19.(12分)如图,矩形EFGH的顶点E,G分别在菱形ABCD的边AD,BC上,顶点F,H在菱形ABCD的对角线BD上.
(1)求证:BG=DE.
(2)若点E为AD的中点,FH=2,求菱形ABCD的周长.
(1)求证:BG=DE.
(2)若点E为AD的中点,FH=2,求菱形ABCD的周长.
答案
19.(1)证明:$\because$ 四边形 $EFGH$ 是矩形,$\therefore EH=FG,EH// FG.$
$\therefore ∠ GFH=∠ EHF.$
$\because ∠ BFG=180°-∠ GFH,$
$∠ DHE=180°-∠ EHF,$
$\therefore ∠ BFG=∠ DHE.$
$\because$ 四边形 $ABCD$ 是菱形,
$\therefore AD// BC.$
$\therefore ∠ GBF=∠ EDH.$
$\therefore △ BGF≌△ DEH(\mathrm{AAS}).$
$\therefore BG=DE.$
(2)解:如图,连接 $EG$,
$\because$ 四边形 $ABCD$ 是菱形,
$\therefore AD=BC,AD// BC.$
$\because$ 点 $E$ 为 $AD$ 的中点,$\therefore AE=DE.$
$\because BG=DE,\therefore AE=BG.$ 又 $AE// BG$
$\therefore$ 四边形 $ABGE$ 是平行四边形.
$\therefore AB=EG.$ $\because$ 在矩形 $EFGH$ 中 $EG=FH=2,\therefore AB=2.$
$\therefore$ 菱形 $ABCD$ 的周长为 8.
解析
【分析】
(1) 要证明$BG=DE$，可通过证明两条线段所在的三角形全等推导。首先利用矩形对边平行且相等的性质得到角相等的关系，再结合菱形对边平行的性质得到另一组角相等，即可用AAS判定$△ BGF$和$△ DEH$全等，从而得到对应边相等。
(2) 要求菱形的周长，需先求出菱形的边长。已知$E$是$AD$中点，结合第一问的结论$BG=DE$，可推出$AE$与$BG$平行且相等，因此连接$EG$后可判定四边形$ABGE$是平行四边形，得到$AB=EG$；再根据矩形对角线相等的性质，$EG=FH=2$，即可得到菱形边长，进而计算出周长。
【解析】
(1) 证明：
$\because$ 四边形 $EFGH$ 是矩形，$\therefore EH=FG,EH// FG$，
$\therefore ∠ GFH=∠ EHF$，
$\because ∠ BFG=180°-∠ GFH$，$∠ DHE=180°-∠ EHF$，
$\therefore ∠ BFG=∠ DHE$，
$\because$ 四边形 $ABCD$ 是菱形，$\therefore AD// BC$，
$\therefore ∠ GBF=∠ EDH$，
在$△ BGF$和$△ DEH$中：
$\begin{cases}∠BFG=∠DHE \\∠GBF=∠EDH \\FG=EH \end{cases}$
$\therefore △ BGF≌△ DEH(\mathrm{AAS})$，
$\therefore BG=DE$。
(2) 解：如图，连接 $EG$，
$\because$ 四边形 $ABCD$ 是菱形，$\therefore AD=BC,AD// BC$，
$\because$ 点 $E$ 为 $AD$ 的中点，$\therefore AE=DE$，
$\because BG=DE,\therefore AE=BG$，又 $AE// BG$，
$\therefore$ 四边形 $ABGE$ 是平行四边形，
$\therefore AB=EG$，
$\because$ 在矩形 $EFGH$ 中 $EG=FH=2,\therefore AB=2$，
$\therefore$ 菱形 $ABCD$ 的周长为$4×2=8$。
【答案】
(1) 证明成立，$BG=DE$；
(2) 菱形$ABCD$的周长为$\boldsymbol{8}$。
（证明过程及辅助线图参考：
19.(1)证明:$\because$ 四边形 $EFGH$ 是矩形,$\therefore EH=FG,EH// FG.$
$\therefore ∠ GFH=∠ EHF.$
$\because ∠ BFG=180°-∠ GFH,$
$∠ DHE=180°-∠ EHF,$
$\therefore ∠ BFG=∠ DHE.$
$\because$ 四边形 $ABCD$ 是菱形,
$\therefore AD// BC.$
$\therefore ∠ GBF=∠ EDH.$
$\therefore △ BGF≌△ DEH(\mathrm{AAS}).$
$\therefore BG=DE.$
(2)解:如图,连接 $EG$,
$\because$ 四边形 $ABCD$ 是菱形,
$\therefore AD=BC,AD// BC.$
$\because$ 点 $E$ 为 $AD$ 的中点,$\therefore AE=DE.$
$\because BG=DE,\therefore AE=BG.$ 又 $AE// BG$
$\therefore$ 四边形 $ABGE$ 是平行四边形.
$\therefore AB=EG.$ $\because$ 在矩形 $EFGH$ 中 $EG=FH=2,\therefore AB=2.$
$\therefore$ 菱形 $ABCD$ 的周长为 8.）
【知识点】
1. 菱形的性质
2. 矩形的性质
3. 全等三角形的判定与性质
【点评】
本题属于四边形综合基础题，结合了多种特殊四边形的性质与判定，第一问通过全等证明线段相等是几何证明的常规思路，第二问通过构造辅助线，利用平行四边形转化边长关系，能够很好地考查学生对几何基础性质的综合运用能力。
【难度系数】
0.7
(1) 要证明$BG=DE$，可通过证明两条线段所在的三角形全等推导。首先利用矩形对边平行且相等的性质得到角相等的关系，再结合菱形对边平行的性质得到另一组角相等，即可用AAS判定$△ BGF$和$△ DEH$全等，从而得到对应边相等。
(2) 要求菱形的周长，需先求出菱形的边长。已知$E$是$AD$中点，结合第一问的结论$BG=DE$，可推出$AE$与$BG$平行且相等，因此连接$EG$后可判定四边形$ABGE$是平行四边形，得到$AB=EG$；再根据矩形对角线相等的性质，$EG=FH=2$，即可得到菱形边长，进而计算出周长。
【解析】
(1) 证明：
$\because$ 四边形 $EFGH$ 是矩形，$\therefore EH=FG,EH// FG$，
$\therefore ∠ GFH=∠ EHF$，
$\because ∠ BFG=180°-∠ GFH$，$∠ DHE=180°-∠ EHF$，
$\therefore ∠ BFG=∠ DHE$，
$\because$ 四边形 $ABCD$ 是菱形，$\therefore AD// BC$，
$\therefore ∠ GBF=∠ EDH$，
在$△ BGF$和$△ DEH$中：
$\begin{cases}∠BFG=∠DHE \\∠GBF=∠EDH \\FG=EH \end{cases}$
$\therefore △ BGF≌△ DEH(\mathrm{AAS})$，
$\therefore BG=DE$。
(2) 解：如图，连接 $EG$，
$\because$ 四边形 $ABCD$ 是菱形，$\therefore AD=BC,AD// BC$，
$\because$ 点 $E$ 为 $AD$ 的中点，$\therefore AE=DE$，
$\because BG=DE,\therefore AE=BG$，又 $AE// BG$，
$\therefore$ 四边形 $ABGE$ 是平行四边形，
$\therefore AB=EG$，
$\because$ 在矩形 $EFGH$ 中 $EG=FH=2,\therefore AB=2$，
$\therefore$ 菱形 $ABCD$ 的周长为$4×2=8$。
【答案】
(1) 证明成立，$BG=DE$；
(2) 菱形$ABCD$的周长为$\boldsymbol{8}$。
（证明过程及辅助线图参考：
19.(1)证明:$\because$ 四边形 $EFGH$ 是矩形,$\therefore EH=FG,EH// FG.$
$\therefore ∠ GFH=∠ EHF.$
$\because ∠ BFG=180°-∠ GFH,$
$∠ DHE=180°-∠ EHF,$
$\therefore ∠ BFG=∠ DHE.$
$\because$ 四边形 $ABCD$ 是菱形,
$\therefore AD// BC.$
$\therefore ∠ GBF=∠ EDH.$
$\therefore △ BGF≌△ DEH(\mathrm{AAS}).$
$\therefore BG=DE.$
(2)解:如图,连接 $EG$,
$\because$ 四边形 $ABCD$ 是菱形,
$\therefore AD=BC,AD// BC.$
$\because$ 点 $E$ 为 $AD$ 的中点,$\therefore AE=DE.$
$\because BG=DE,\therefore AE=BG.$ 又 $AE// BG$
$\therefore$ 四边形 $ABGE$ 是平行四边形.
$\therefore AB=EG.$ $\because$ 在矩形 $EFGH$ 中 $EG=FH=2,\therefore AB=2.$
$\therefore$ 菱形 $ABCD$ 的周长为 8.）
【知识点】
1. 菱形的性质
2. 矩形的性质
3. 全等三角形的判定与性质
【点评】
本题属于四边形综合基础题，结合了多种特殊四边形的性质与判定，第一问通过全等证明线段相等是几何证明的常规思路，第二问通过构造辅助线，利用平行四边形转化边长关系，能够很好地考查学生对几何基础性质的综合运用能力。
【难度系数】
0.7
