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9. 新考法方程思想 如图，把矩形纸片OABC放入平面直角坐标系中，使OA，OC分别落在x轴、y轴上，连接AC，将纸片OABC沿AC折叠，使点B落在点D的位置，AD与y轴交于点E，若B(2,4)，则OE的长为
$\frac{3}{2}$
。答案
9.$\frac{3}{2}$
【点拨】$\because$ 四边形 $OABC$ 是矩形, $\therefore OC// AB.$
$\therefore ∠ ECA=∠ CAB.$ 根据题意得 $∠ CAB=∠ CAD,\therefore ∠ ECA=∠ EAC. \therefore EC=EA.$ 在矩形 $OABC$ 中, $B(2,4),\therefore OC=AB=4,OA=2.$ 设 $OE=x$, 则 $AE=EC=OC-OE=4-x.$ 在 $\mathrm{Rt}△ AOE$ 中, $AE^2=OE^2+OA^2$, 即 $(4-x)^2=x^2+2^2$, 解得 $x=\frac{3}{2}.\therefore OE=\frac{3}{2}.$
点方法 由矩形的性质和折叠中角的不变性可得$∠ ECA=∠ EAC$,由等角对等边可得$EC=EA$,将要求的边与已知边都集中在同一个直角三角形中,利用勾股定理列方程求解.
【点拨】$\because$ 四边形 $OABC$ 是矩形, $\therefore OC// AB.$
$\therefore ∠ ECA=∠ CAB.$ 根据题意得 $∠ CAB=∠ CAD,\therefore ∠ ECA=∠ EAC. \therefore EC=EA.$ 在矩形 $OABC$ 中, $B(2,4),\therefore OC=AB=4,OA=2.$ 设 $OE=x$, 则 $AE=EC=OC-OE=4-x.$ 在 $\mathrm{Rt}△ AOE$ 中, $AE^2=OE^2+OA^2$, 即 $(4-x)^2=x^2+2^2$, 解得 $x=\frac{3}{2}.\therefore OE=\frac{3}{2}.$
点方法 由矩形的性质和折叠中角的不变性可得$∠ ECA=∠ EAC$,由等角对等边可得$EC=EA$,将要求的边与已知边都集中在同一个直角三角形中,利用勾股定理列方程求解.
10. ★★[2026无锡期末]如图，矩形ABCD中，AB=$\sqrt{2}$，BC=$\sqrt{3}$，P是BC边上的一个动点，E，F分别是线段PA，PD的中点，连接BE，EF，CF，过点E作EG//FC，交BC边于点G，则BE+EG的最小值为
$\frac{\sqrt{11}}{2}$
。答案
10.$\frac{\sqrt{11}}{2}$
【点拨】连接 $AG. \because$ 四边形 $ABCD$ 是矩形, $BC=\sqrt{3},\therefore AD=BC=\sqrt{3},AD// BC,∠ ABC=90°. \because E,F$ 分别是线段 $PA,PD$ 的中点, $\therefore EF=\frac{1}{2}AD=\frac{\sqrt{3}}{2},EF// AD// BC. \because EG// FC,\therefore$ 四边形 $EGCF$ 是平行四边形. $\therefore CG=EF=\frac{\sqrt{3}}{2},\therefore BG=\frac{\sqrt{3}}{2}. \because \mathrm{Rt}△ ABP$ 中, $E$ 是线段 $AP$ 的中点, $\therefore AE=BE. \therefore$ 当点 $A,E,G$ 三点共线时, $AE+EG$ 的值最小, 即 $BE+EG$ 的值最小, 最小值为 $AG$ 的长. $\because AG=\sqrt{AB^2+BG^2}=\sqrt{(\sqrt{2})^2+(\frac{\sqrt{3}}{2})^2}=\frac{\sqrt{11}}{2}$,
$\therefore BE+EG$ 的最小值为 $\frac{\sqrt{11}}{2}.$
【点拨】连接 $AG. \because$ 四边形 $ABCD$ 是矩形, $BC=\sqrt{3},\therefore AD=BC=\sqrt{3},AD// BC,∠ ABC=90°. \because E,F$ 分别是线段 $PA,PD$ 的中点, $\therefore EF=\frac{1}{2}AD=\frac{\sqrt{3}}{2},EF// AD// BC. \because EG// FC,\therefore$ 四边形 $EGCF$ 是平行四边形. $\therefore CG=EF=\frac{\sqrt{3}}{2},\therefore BG=\frac{\sqrt{3}}{2}. \because \mathrm{Rt}△ ABP$ 中, $E$ 是线段 $AP$ 的中点, $\therefore AE=BE. \therefore$ 当点 $A,E,G$ 三点共线时, $AE+EG$ 的值最小, 即 $BE+EG$ 的值最小, 最小值为 $AG$ 的长. $\because AG=\sqrt{AB^2+BG^2}=\sqrt{(\sqrt{2})^2+(\frac{\sqrt{3}}{2})^2}=\frac{\sqrt{11}}{2}$,
$\therefore BE+EG$ 的最小值为 $\frac{\sqrt{11}}{2}.$
11. 新考法分类讨论法 如图，在矩形ABCD中，AB=3，BC=4，G，H分别是AB，DC的中点，E，F是对角线AC上的两个点，AE=FC。
(1)判断四边形EGFH的形状，并说明理由；
(2)若四边形EGFH为矩形，请直接写出AE的长度。
(1)判断四边形EGFH的形状，并说明理由；
(2)若四边形EGFH为矩形，请直接写出AE的长度。
答案
11.【解】(1)四边形 $EGFH$ 是平行四边形.
理由:$\because$ 四边形 $ABCD$ 是矩形，
$\therefore AB=CD,AB// CD. \therefore ∠ GAE=∠ HCF.$
$\because G,H$ 分别是 $AB,DC$ 的中点，
$\therefore AG=BG=\frac{1}{2}AB,CH=DH=\frac{1}{2}CD.$
$\therefore AG=CH.$
$\because AE=CF,\therefore △ AEG≌△ CFH(\mathrm{SAS}).$
$\therefore GE=HF,∠ AEG=∠ CFH.$
$\therefore ∠ FEG=∠ EFH.$
$\therefore EG// FH.$
$\therefore$ 四边形 $EGFH$ 是平行四边形.
(2)$AE$ 的长度为 $\frac{1}{2}$ 或 $\frac{9}{2}.$
【点拨】连接 $GH$ 交 $AC$ 于点 $O.$
$\because$ 四边形 $ABCD$ 是矩形, $\therefore ∠ B=90°,OA=OC. \because AB=3,BC=4,\therefore AC=5. \therefore OA=OC=\frac{1}{2}AC=\frac{5}{2}.$ 由(1)易得 $BG=CH,\therefore$ 四边形 $BCHG$ 是平行四边形. $\therefore GH=BC=4. \because$ 四边形 $EGFH$ 是矩形, $\therefore EF=GH=4. \therefore OE=OF=\frac{1}{2}EF=2.$
分两种情况:①当点 $E$ 在 $OA$ 上,点 $F$ 在 $OC$ 上时,如图①,
$AE=OA-OE=\frac{5}{2}-2=\frac{1}{2}$;②当点 $E$ 在 $OC$ 上,点 $F$ 在 $OA$ 上时,如图②,
$AE=OA+OE=\frac{5}{2}+2=\frac{9}{2}.$综上所述,若四边形 $EGFH$ 为矩形,则 $AE$ 的长度为 $\frac{1}{2}$ 或 $\frac{9}{2}.$
点易错 本题中的点 $E$ 既可以靠近点 $A$,也可以靠近点 $C$,易因题图默认点 $E$ 在靠近点 $A$ 处而漏掉一种情况.
12. 如图①,已知四边形ABCD是矩形,点E是AB上一点,连接CE交BD于点G,延长CE交DA的延长线于点F.
(1)若AE=AD,CE⊥BD,求证:AF=AB;
(2)如图②,在(1)的条件下,连接AG,求证:EG+DG=$\sqrt{2}$AG;
(3)如图③,四边形BCDE关于直线DE的对称图形为四边形FGDE,延长FE交CD于P,若AD=2,AE=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$,则四边形ADPE的面积为
(1)若AE=AD,CE⊥BD,求证:AF=AB;
(2)如图②,在(1)的条件下,连接AG,求证:EG+DG=$\sqrt{2}$AG;
(3)如图③,四边形BCDE关于直线DE的对称图形为四边形FGDE,延长FE交CD于P,若AD=2,AE=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$,则四边形ADPE的面积为
$2\sqrt{3}$
.答案
12.(1)【证明】$\because$ 四边形 $ABCD$ 为矩形，
$\therefore ∠ DAB=∠ EAF=90°,\therefore ∠ AEF+∠ F=90°.$
$\because CE⊥ BD,\therefore ∠ EGB=90°,$
$\therefore ∠ ABD+∠ GEB=90°.$
$\because ∠ GEB=∠ AEF,\therefore ∠ ABD=∠ F.$
又$\because ∠ DAB=∠ EAF,AD=AE,$
$\therefore △ ABD≌△ AFE(\mathrm{AAS}),$
$\therefore AF=AB.$
(2)【证明】如图,过点 $A$ 作 $AM⊥ AG$ 交 $EF$ 于 $M$,则$∠ GAM=90°.$
$\because ∠ EAF=90°,\therefore ∠ GAB+∠ EAM=∠ FAM+∠ EAM,\therefore ∠ GAB=∠ MAF.$
又$\because AB=AF,∠ GBA=∠ MFA,$
$\therefore △ AGB≌△ AMF(\mathrm{ASA}),\therefore AM=AG.$
$\because ∠ GAM=90°,\therefore △ AMG$ 为等腰直角三角形，
$\therefore ∠ AMG=∠ AGM=45°,MG=\sqrt{2}AG.$
$\because ∠ DAB=90°,∠ GAM=90°,$
$\therefore ∠ DAG=∠ EAM.$
$\because CE⊥ BD,\therefore ∠ DGE=90°,$
$\therefore ∠ DGA=90°-∠ AGM=90°-45°=45°,$
$\therefore ∠ AME=∠ DGA.$
又$\because ∠ MAE=∠ GAD,AE=AD,$
$\therefore △ AME≌△ AGD(\mathrm{AAS}),$
$\therefore ME=DG,$
$\therefore MG=GE+ME=GE+DG.$
$\because MG=\sqrt{2}AG,\therefore EG+DG=\sqrt{2}AG.$
(3)$2\sqrt{3}$
【点拨】$\because$ 四边形 $ABCD$ 是矩形, $\therefore AB// CD,∠ DAE=90°.$ 在 $\mathrm{Rt}△ DAE$ 中, 由勾股定理得 $DE=\sqrt{AD^2+AE^2}=\sqrt{2^2+(\frac{2\sqrt{3}}{3})^2}=\frac{4\sqrt{3}}{3},\therefore AE=\frac{1}{2}DE,$
$\therefore ∠ ADE=30°,\therefore ∠ DEA=90°-30°=60°. \because$ 四边形 $BCDE$ 与四边形 $FGDE$ 关于直线 $DE$ 对称, $\therefore ∠ DEF=∠ DEB. \because ∠ PEB=∠ AEF,\therefore ∠ DEA=∠ DEP=60°,$
$\therefore ∠ PEB=180°-60°-60°=60°. \because AB// CD,$
$\therefore ∠ DPE=60°,\therefore △ DEP$ 为等边三角形, $\therefore DP=DE=\frac{4\sqrt{3}}{3},\therefore$ 梯形 $ADPE$ 的面积为 $\frac{1}{2}(AE+DP)· AD=\frac{1}{2}×(\frac{2\sqrt{3}}{3}+\frac{4\sqrt{3}}{3})×2=2\sqrt{3}.$
