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9.如图，$∠ MON=90°$，矩形$ABCD$的顶点$A,B$分别在边$OM,ON$上，当点$B$在边$ON$上运动时，点$A$随之在边$OM$上运动，矩形$ABCD$的形状保持不变，其中$AB=2,BC=1$.求运动过程中，点$D$到点$O$的最大距离.
答案
9.如图,取AB的中点E,连接OE,DE,OD.$\because OD≤ OE+DE$,$\therefore$ 当O,D,E三点共线时,点D到点O的距离最大.$\because ∠ AOB=90°$,$AB=2$,$BC=1$,$\therefore OE=AE=AD=1$.在$\mathrm{Rt}△ DAE$中,$DE=\sqrt{AD^2+AE^2}=\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}$,$\therefore OD$的最大值为$\sqrt{2} + 1$
解析
【分析】
要解决动态场景下点D到点O的最大距离问题，可借助三角形三边关系：三角形任意两边之和大于第三边，若能将OD转化为两条定长线段的和，当三点共线时线段和取最大值。首先AB是定长2，在Rt△AOB中，斜边AB的中点到直角顶点O的距离是定值（等于斜边的一半），再结合矩形的性质算出D到AB中点的距离，即可求出OD的最大值。
【解析】
解：取AB的中点E，连接OE、DE、OD。
根据三角形三边关系可得：$ OD ≤ OE + DE $，因此当O、D、E三点共线时，点D到点O的距离最大。
∵ $ ∠ AOB = 90° $，AB=2，E是AB中点，
∴ 根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半，得$ OE = AE = \frac{1}{2}AB = 1 $。
∵ 四边形ABCD是矩形，BC=1，
∴ $ AD = BC = 1 $，$ ∠ DAB = 90° $。
在$ \mathrm{Rt}△ DAE $中，由勾股定理得：
$ DE = \sqrt{AD^2 + AE^2} = \sqrt{1^2 + 1^2} = \sqrt{2} $
∴ OD的最大值为$ OE + DE = 1 + \sqrt{2} $
【答案】
点D到点O的最大距离为$\sqrt{2} + 1$
【知识点】
直角三角形斜边中线性质，三角形三边关系，矩形的性质
【点评】
本题属于动态几何最值问题，解题核心是通过构造定长线段，将最值问题转化为三点共线时的线段和问题，能有效考查几何基本性质的综合运用能力和转化思维。
【难度系数】
0.6
要解决动态场景下点D到点O的最大距离问题，可借助三角形三边关系：三角形任意两边之和大于第三边，若能将OD转化为两条定长线段的和，当三点共线时线段和取最大值。首先AB是定长2，在Rt△AOB中，斜边AB的中点到直角顶点O的距离是定值（等于斜边的一半），再结合矩形的性质算出D到AB中点的距离，即可求出OD的最大值。
【解析】
解：取AB的中点E，连接OE、DE、OD。
根据三角形三边关系可得：$ OD ≤ OE + DE $，因此当O、D、E三点共线时，点D到点O的距离最大。
∵ $ ∠ AOB = 90° $，AB=2，E是AB中点，
∴ 根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半，得$ OE = AE = \frac{1}{2}AB = 1 $。
∵ 四边形ABCD是矩形，BC=1，
∴ $ AD = BC = 1 $，$ ∠ DAB = 90° $。
在$ \mathrm{Rt}△ DAE $中，由勾股定理得：
$ DE = \sqrt{AD^2 + AE^2} = \sqrt{1^2 + 1^2} = \sqrt{2} $
∴ OD的最大值为$ OE + DE = 1 + \sqrt{2} $
【答案】
点D到点O的最大距离为$\sqrt{2} + 1$
【知识点】
直角三角形斜边中线性质，三角形三边关系，矩形的性质
【点评】
本题属于动态几何最值问题，解题核心是通过构造定长线段，将最值问题转化为三点共线时的线段和问题，能有效考查几何基本性质的综合运用能力和转化思维。
【难度系数】
0.6
10.如图,在菱形ABCD中,AB=20,∠DAB=60°,点E是AD边的中点,点M是AB边上一动点(不与点A重合),延长ME交射线CD于点N,连接MD,AN.
(1)求证:四边形AMDN是平行四边形;
(2)填空:①当AM的值为
(1)求证:四边形AMDN是平行四边形;
(2)填空:①当AM的值为
10
时,四边形AMDN是矩形;②当AM的值为20
时,四边形AMDN是菱形.答案
10.(1)
∵四边形ABCD是菱形,$\therefore ND// AM$,$\therefore ∠ NDE=∠ MAE$,$∠ DNE=∠ AME$,又
∵点E是AD边的中点,$\therefore DE=AE$,$\therefore △ NDE≌△ MAE(\mathrm{AAS})$,$\therefore ND=MA$,$\therefore$ 四边形AMDN是平行四边形
(2)①当AM的值为10时,四边形AMDN是矩形;②当AM的值为20时,四边形AMDN是菱形
∵四边形ABCD是菱形,$\therefore ND// AM$,$\therefore ∠ NDE=∠ MAE$,$∠ DNE=∠ AME$,又
∵点E是AD边的中点,$\therefore DE=AE$,$\therefore △ NDE≌△ MAE(\mathrm{AAS})$,$\therefore ND=MA$,$\therefore$ 四边形AMDN是平行四边形
(2)①当AM的值为10时,四边形AMDN是矩形;②当AM的值为20时,四边形AMDN是菱形
解析
【分析】
(1)要证四边形AMDN是平行四边形，首先利用菱形的对边平行得到ND//AM，接下来只需证明这组对边相等即可。已知E是AD中点，结合平行线的内错角相等，可通过AAS证明△NDE≌△MAE，得到ND=MA，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可完成证明。
(2)①平行四边形要变为矩形，需满足有一个内角为直角，即∠AMD=90°。在△AMD中，∠DAB=60°，AD=20，结合直角三角形的性质可求出AM的长度；②平行四边形要变为菱形，需满足邻边相等，即AM=MD，结合∠DAB=60°可知△AMD为等边三角形，即可求出AM的长度。
【解析】
(1)证明：
∵四边形ABCD是菱形，
∴ND//AM，
∴∠NDE=∠MAE，∠DNE=∠AME，又
∵点E是AD边的中点，
∴DE=AE，
∴△NDE≌△MAE(AAS)，
∴ND=MA，
∴四边形AMDN是平行四边形。
(2)①当四边形AMDN是矩形时，∠AMD=90°，
∵∠DAB=60°，AD=AB=20，
∴在Rt△AMD中，∠ADM=30°，
∴AM=½AD=10；
②当四边形AMDN是菱形时，AM=MD，
∵∠DAB=60°，
∴△AMD是等边三角形，
∴AM=AD=20。
【答案】
(1)证明见解析；(2)①10；②20
【知识点】
菱形的性质、平行四边形的判定、特殊平行四边形的判定
【点评】
本题结合动点场景考查特殊平行四边形的判定与性质，解题时需从特殊四边形的判定条件出发，结合特殊三角形的边角关系推导边长的取值，有助于提升对几何图形判定与性质的综合运用能力。
【难度系数】
0.7
(1)要证四边形AMDN是平行四边形，首先利用菱形的对边平行得到ND//AM，接下来只需证明这组对边相等即可。已知E是AD中点，结合平行线的内错角相等，可通过AAS证明△NDE≌△MAE，得到ND=MA，根据一组对边平行且相等的四边形是平行四边形即可完成证明。
(2)①平行四边形要变为矩形，需满足有一个内角为直角，即∠AMD=90°。在△AMD中，∠DAB=60°，AD=20，结合直角三角形的性质可求出AM的长度；②平行四边形要变为菱形，需满足邻边相等，即AM=MD，结合∠DAB=60°可知△AMD为等边三角形，即可求出AM的长度。
【解析】
(1)证明：
∵四边形ABCD是菱形，
∴ND//AM，
∴∠NDE=∠MAE，∠DNE=∠AME，又
∵点E是AD边的中点，
∴DE=AE，
∴△NDE≌△MAE(AAS)，
∴ND=MA，
∴四边形AMDN是平行四边形。
(2)①当四边形AMDN是矩形时，∠AMD=90°，
∵∠DAB=60°，AD=AB=20，
∴在Rt△AMD中，∠ADM=30°，
∴AM=½AD=10；
②当四边形AMDN是菱形时，AM=MD，
∵∠DAB=60°，
∴△AMD是等边三角形，
∴AM=AD=20。
【答案】
(1)证明见解析；(2)①10；②20
【知识点】
菱形的性质、平行四边形的判定、特殊平行四边形的判定
【点评】
本题结合动点场景考查特殊平行四边形的判定与性质，解题时需从特殊四边形的判定条件出发，结合特殊三角形的边角关系推导边长的取值，有助于提升对几何图形判定与性质的综合运用能力。
【难度系数】
0.7
11.如图1,四边形ABCD是正方形,G是CD边上的一个动点(点G与点C,D不重合),以CG为一边在正方形ABCD外作正方形CEFG,连接BG,DE.
(1)猜想图1中线段BG,DE的长度关系及所在直线的位置关系,不必证明;
(2)将图1中的正方形CEFG绕着点C按顺时针方向旋转任意角度α,得到如图2情形.请你通过观察、测量等方法判断(1)中得到的结论是否仍然成立,并证明你的判断.
(1)猜想图1中线段BG,DE的长度关系及所在直线的位置关系,不必证明;
(2)将图1中的正方形CEFG绕着点C按顺时针方向旋转任意角度α,得到如图2情形.请你通过观察、测量等方法判断(1)中得到的结论是否仍然成立,并证明你的判断.
答案
11.(1)$BG=DE$,$BG⊥ DE$
(2)$BG=DE$,$BG⊥ DE$仍然成立.
$∠ BCD+∠ DCG=∠ ECG+∠ DCG$,即$∠ BCG=∠ DCE$,在$△ BCG$与$△ DCE$中,$\begin{cases}BC=DC,\\∠ BCG=∠ DCE,\\CG=CE,\end{cases}$
$\therefore △ BCG≌△ DCE(\mathrm{SAS})$,$\therefore ∠ GBC=∠ EDC$,$BG=DE$,$\because ∠ BHC=∠ DHG$,$\therefore ∠ BCD=∠ DOB=90°$,即$BG⊥ DE$
(2)$BG=DE$,$BG⊥ DE$仍然成立.
$∠ BCD+∠ DCG=∠ ECG+∠ DCG$,即$∠ BCG=∠ DCE$,在$△ BCG$与$△ DCE$中,$\begin{cases}BC=DC,\\∠ BCG=∠ DCE,\\CG=CE,\end{cases}$
$\therefore △ BCG≌△ DCE(\mathrm{SAS})$,$\therefore ∠ GBC=∠ EDC$,$BG=DE$,$\because ∠ BHC=∠ DHG$,$\therefore ∠ BCD=∠ DOB=90°$,即$BG⊥ DE$
解析
【分析】
(1) 观察图1可知，四边形ABCD和CEFG均为正方形，可得BC=DC、CG=CE，且∠BCG和∠DCE都为90°，可直接猜想两个三角形全等，进而得到BG与DE长度相等、互相垂直的结论。
(2) 旋转后正方形的边长不变，因此BC=DC、CG=CE的关系仍然成立；两个正方形的内角均为90°，同时加上公共角∠DCG即可得到夹角∠BCG=∠DCE，满足SAS全等的判定条件，证得△BCG≌△DCE后可推出BG=DE；再结合全等的对应角相等、对顶角相等的性质，可推出BG与DE的夹角为90°，即可证明垂直关系仍然成立。
【解析】
(1) 直接猜想线段关系：$BG=DE$，$BG⊥ DE$。
(2) 结论仍然成立，证明如下：
∵ 四边形ABCD、四边形CEFG都是正方形，
∴ $BC=DC$，$CG=CE$，$∠ BCD=∠ ECG=90°$，
∴ $∠ BCD+∠ DCG=∠ ECG+∠ DCG$，即$∠ BCG=∠ DCE$，
在$△ BCG$和$△ DCE$中：
$\begin{cases}BC=DC,\\∠ BCG=∠ DCE,\\CG=CE,\end{cases}$
∴ $△ BCG≌△ DCE(\mathrm{SAS})$，
∴ $BG=DE$，$∠ GBC=∠ EDC$，
设BG与DE交于点O，
∵ $∠ BHC=∠ DHG$（对顶角相等），
根据三角形内角和关系可得$∠ DOB=∠ BCD=90°$，
即$BG⊥ DE$。
【答案】
(1) $BG=DE$，$BG⊥ DE$
(2) $BG=DE$，$BG⊥ DE$仍然成立
【知识点】
1. 正方形的性质
2. 全等三角形的判定与性质
3. 旋转的性质
【点评】
本题是特殊平行四边形与图形变换结合的典型题型，核心是抓住旋转过程中边和角的不变性，通过全等三角形证明线段的数量和位置关系，能有效锻炼动态几何问题的分析能力。
【难度系数】
0.6
(1) 观察图1可知，四边形ABCD和CEFG均为正方形，可得BC=DC、CG=CE，且∠BCG和∠DCE都为90°，可直接猜想两个三角形全等，进而得到BG与DE长度相等、互相垂直的结论。
(2) 旋转后正方形的边长不变，因此BC=DC、CG=CE的关系仍然成立；两个正方形的内角均为90°，同时加上公共角∠DCG即可得到夹角∠BCG=∠DCE，满足SAS全等的判定条件，证得△BCG≌△DCE后可推出BG=DE；再结合全等的对应角相等、对顶角相等的性质，可推出BG与DE的夹角为90°，即可证明垂直关系仍然成立。
【解析】
(1) 直接猜想线段关系：$BG=DE$，$BG⊥ DE$。
(2) 结论仍然成立，证明如下：
∵ 四边形ABCD、四边形CEFG都是正方形，
∴ $BC=DC$，$CG=CE$，$∠ BCD=∠ ECG=90°$，
∴ $∠ BCD+∠ DCG=∠ ECG+∠ DCG$，即$∠ BCG=∠ DCE$，
在$△ BCG$和$△ DCE$中：
$\begin{cases}BC=DC,\\∠ BCG=∠ DCE,\\CG=CE,\end{cases}$
∴ $△ BCG≌△ DCE(\mathrm{SAS})$，
∴ $BG=DE$，$∠ GBC=∠ EDC$，
设BG与DE交于点O，
∵ $∠ BHC=∠ DHG$（对顶角相等），
根据三角形内角和关系可得$∠ DOB=∠ BCD=90°$，
即$BG⊥ DE$。
【答案】
(1) $BG=DE$，$BG⊥ DE$
(2) $BG=DE$，$BG⊥ DE$仍然成立
【知识点】
1. 正方形的性质
2. 全等三角形的判定与性质
3. 旋转的性质
【点评】
本题是特殊平行四边形与图形变换结合的典型题型，核心是抓住旋转过程中边和角的不变性，通过全等三角形证明线段的数量和位置关系，能有效锻炼动态几何问题的分析能力。
【难度系数】
0.6
