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5. 如图，李村有一口四边形的池塘，在它的四个角A、B、C、D处均种有一棵核桃树，李村准备开挖池塘建养鱼池，想使池塘面积扩大一倍，又想保持核桃树不动，并要求扩建后的池塘为平行四边形形状. 请问，李村能否实现这一设想？若能，请你设计并画出图形；若不能，请说明理由.
答案
5. 能，设计如右图示
，其中$EH// BD// FG$，$EF// AC// HG$.解析
【分析】
首先明确题目要求：扩建后核桃树（即A、B、C、D四点）保持不动，新池塘为平行四边形，且面积是原四边形池塘的2倍。我们可以利用平行四边形的判定和面积性质来构造图形：先连接原四边形的两条对角线AC、BD，把原四边形分成4个三角形，再分别过四个顶点作两条对角线的平行线，四条平行线相交得到的四边形即为平行四边形，且每个小三角形外侧都会对应一个面积相等的三角形，最终总面积刚好是原四边形的2倍，满足所有要求。
【解析】
李村能实现这一设想，设计推导如下：
1. 连接原四边形ABCD的两条对角线AC、BD，交于点O；
2. 分别过点A、C作BD的平行线，过点B、D作AC的平行线，四条平行线两两相交，交点依次为E、F、G、H，得到四边形EFGH。
证明：
∵ $EH// BD$，$FG// BD$，
∴ $EH// FG$；
同理$EF// AC// HG$，根据“两组对边分别平行的四边形是平行四边形”，可得四边形EFGH是平行四边形。
∵ 四边形AOBE、BOCF、CODG、DOAH都是平行四边形，平行四边形的对角线将其分成两个面积相等的三角形，
∴ $S_{△ AEB}=S_{△ AOB}$，$S_{△ BFC}=S_{△ BOC}$，$S_{△ CGD}=S_{△ COD}$，$S_{△ DHA}=S_{△ DOA}$，
∴ $S_{平行四边形EFGH}=S_{△ AEB}+S_{△ BFC}+S_{△ CGD}+S_{△ DHA}+S_{四边形ABCD}=2S_{四边形ABCD}$，
且A、B、C、D四点均在平行四边形EFGH的边上，核桃树无需移动，符合所有要求。
【答案】
能，设计如右图示，其中$EH// BD// FG$，$EF// AC// HG$.
【知识点】
平行四边形的判定；平行四边形的面积；图形设计
【点评】
本题是几何方案设计类题目，解题核心是灵活运用平行四边形的判定定理和面积性质，通过作对角线的平行线构造目标图形，既考查了基础几何知识的应用，也锻炼了动手作图和逻辑推导能力。
【难度系数】
0.6
首先明确题目要求：扩建后核桃树（即A、B、C、D四点）保持不动，新池塘为平行四边形，且面积是原四边形池塘的2倍。我们可以利用平行四边形的判定和面积性质来构造图形：先连接原四边形的两条对角线AC、BD，把原四边形分成4个三角形，再分别过四个顶点作两条对角线的平行线，四条平行线相交得到的四边形即为平行四边形，且每个小三角形外侧都会对应一个面积相等的三角形，最终总面积刚好是原四边形的2倍，满足所有要求。
【解析】
李村能实现这一设想，设计推导如下：
1. 连接原四边形ABCD的两条对角线AC、BD，交于点O；
2. 分别过点A、C作BD的平行线，过点B、D作AC的平行线，四条平行线两两相交，交点依次为E、F、G、H，得到四边形EFGH。
证明：
∵ $EH// BD$，$FG// BD$，
∴ $EH// FG$；
同理$EF// AC// HG$，根据“两组对边分别平行的四边形是平行四边形”，可得四边形EFGH是平行四边形。
∵ 四边形AOBE、BOCF、CODG、DOAH都是平行四边形，平行四边形的对角线将其分成两个面积相等的三角形，
∴ $S_{△ AEB}=S_{△ AOB}$，$S_{△ BFC}=S_{△ BOC}$，$S_{△ CGD}=S_{△ COD}$，$S_{△ DHA}=S_{△ DOA}$，
∴ $S_{平行四边形EFGH}=S_{△ AEB}+S_{△ BFC}+S_{△ CGD}+S_{△ DHA}+S_{四边形ABCD}=2S_{四边形ABCD}$，
且A、B、C、D四点均在平行四边形EFGH的边上，核桃树无需移动，符合所有要求。
【答案】
能，设计如右图示
，其中$EH// BD// FG$，$EF// AC// HG$.【知识点】
平行四边形的判定；平行四边形的面积；图形设计
【点评】
本题是几何方案设计类题目，解题核心是灵活运用平行四边形的判定定理和面积性质，通过作对角线的平行线构造目标图形，既考查了基础几何知识的应用，也锻炼了动手作图和逻辑推导能力。
【难度系数】
0.6
6. 如图，在$□ ABCD$中，$DE$、$CE$分别是$∠ ADC$、$∠ BCD$的平分线，它们相交于$E$，$AF$、$BF$分别是$∠ DAB$、$∠ CBA$的平分线，它们相交于$F$，又$DE$与$AF$相交于$G$，$CE$与$BF$相交于$H$，则四边形$GEHF$是什么四边形？请说明理由.
答案
6. 四边形$GEHF$是矩形. $\because ABCD$是平行四边形，易知$AFCE$是平行四边形. $\therefore AD// BC$，$\therefore ∠ ADC+ ∠ DCB=180°$，$\because DE$、$CE$分别是$∠ ADC$、$∠ BCD$ 的平分线，$\therefore ∠ EDC=\frac{1}{2} ∠ ADC$，$∠ ECD=\frac{1}{2} ∠ DCB$，$\therefore ∠ EDC+∠ ECD=\frac{1}{2} ∠ ADC+\frac{1}{2} ∠ DCB=90°$，$\therefore ∠ DEC=180° - ∠ EDC - ∠ ECD=90°$，同理可证$∠ DEC=∠ EDC=90°$，$\therefore$ 四边形$GEHF$是矩形.
解析
【分析】
要判断四边形$GEHF$的形状，可按以下思路推导：1. 首先利用平行四边形邻角互补的性质，得到相邻内角的和为$180°$；2. 结合角平分线的定义，计算相邻半角的和，推导得到三角形内角为$90°$；3. 若能证明四边形有3个内角为直角，即可根据矩形的判定定理得出结论，也可先证四边形为平行四边形，再加一个直角判定为矩形。
【解析】
四边形$GEHF$是矩形，理由如下：
$\because$ 四边形$ABCD$是平行四边形，
$\therefore AD// BC$，$AB// CD$，$∠ ADC+∠ BCD=180°$，$∠ DAB+∠ CBA=180°$，$∠ DAB+∠ ADC=180°$。
$\because DE$、$CE$分别是$∠ ADC$、$∠ BCD$的平分线，
$\therefore ∠ EDC=\frac{1}{2}∠ ADC$，$∠ ECD=\frac{1}{2}∠ BCD$，
$\therefore ∠ EDC+∠ ECD=\frac{1}{2}(∠ ADC+∠ BCD)=\frac{1}{2}×180°=90°$，
$\therefore ∠ DEC=180°-(∠ EDC+∠ ECD)=90°$，即$∠ E=90°$。
同理，$\because AF$、$BF$分别是$∠ DAB$、$∠ CBA$的平分线，
$\therefore ∠ FAB=\frac{1}{2}∠ DAB$，$∠ FBA=\frac{1}{2}∠ CBA$，
$\therefore ∠ FAB+∠ FBA=\frac{1}{2}(∠ DAB+∠ CBA)=90°$，
$\therefore ∠ AFB=180°-(∠ FAB+∠ FBA)=90°$，即$∠ F=90°$。
又$\because ∠ DAG=\frac{1}{2}∠ DAB$，$∠ ADG=\frac{1}{2}∠ ADC$，
$\therefore ∠ DAG+∠ ADG=\frac{1}{2}(∠ DAB+∠ ADC)=90°$，
$\therefore ∠ AGD=180°-(∠ DAG+∠ ADG)=90°$，
由对顶角相等得$∠ EGF=∠ AGD=90°$。
在四边形$GEHF$中，$∠ E=90°$，$∠ F=90°$，$∠ EGF=90°$，
$\therefore ∠ EHF=360°-90°-90°-90°=90°$，
四个角都是直角的四边形是矩形，因此四边形$GEHF$是矩形。
【答案】
四边形$GEHF$是矩形
【知识点】
平行四边形的性质；角平分线的定义；矩形的判定
【点评】
本题属于平行四边形与矩形判定的综合基础题，解题关键是灵活运用平行四边形邻角互补的性质，结合角平分线定义推导得到直角，进而完成四边形形状的判定。
【难度系数】
0.7
要判断四边形$GEHF$的形状，可按以下思路推导：1. 首先利用平行四边形邻角互补的性质，得到相邻内角的和为$180°$；2. 结合角平分线的定义，计算相邻半角的和，推导得到三角形内角为$90°$；3. 若能证明四边形有3个内角为直角，即可根据矩形的判定定理得出结论，也可先证四边形为平行四边形，再加一个直角判定为矩形。
【解析】
四边形$GEHF$是矩形，理由如下：
$\because$ 四边形$ABCD$是平行四边形，
$\therefore AD// BC$，$AB// CD$，$∠ ADC+∠ BCD=180°$，$∠ DAB+∠ CBA=180°$，$∠ DAB+∠ ADC=180°$。
$\because DE$、$CE$分别是$∠ ADC$、$∠ BCD$的平分线，
$\therefore ∠ EDC=\frac{1}{2}∠ ADC$，$∠ ECD=\frac{1}{2}∠ BCD$，
$\therefore ∠ EDC+∠ ECD=\frac{1}{2}(∠ ADC+∠ BCD)=\frac{1}{2}×180°=90°$，
$\therefore ∠ DEC=180°-(∠ EDC+∠ ECD)=90°$，即$∠ E=90°$。
同理，$\because AF$、$BF$分别是$∠ DAB$、$∠ CBA$的平分线，
$\therefore ∠ FAB=\frac{1}{2}∠ DAB$，$∠ FBA=\frac{1}{2}∠ CBA$，
$\therefore ∠ FAB+∠ FBA=\frac{1}{2}(∠ DAB+∠ CBA)=90°$，
$\therefore ∠ AFB=180°-(∠ FAB+∠ FBA)=90°$，即$∠ F=90°$。
又$\because ∠ DAG=\frac{1}{2}∠ DAB$，$∠ ADG=\frac{1}{2}∠ ADC$，
$\therefore ∠ DAG+∠ ADG=\frac{1}{2}(∠ DAB+∠ ADC)=90°$，
$\therefore ∠ AGD=180°-(∠ DAG+∠ ADG)=90°$，
由对顶角相等得$∠ EGF=∠ AGD=90°$。
在四边形$GEHF$中，$∠ E=90°$，$∠ F=90°$，$∠ EGF=90°$，
$\therefore ∠ EHF=360°-90°-90°-90°=90°$，
四个角都是直角的四边形是矩形，因此四边形$GEHF$是矩形。
【答案】
四边形$GEHF$是矩形
【知识点】
平行四边形的性质；角平分线的定义；矩形的判定
【点评】
本题属于平行四边形与矩形判定的综合基础题，解题关键是灵活运用平行四边形邻角互补的性质，结合角平分线定义推导得到直角，进而完成四边形形状的判定。
【难度系数】
0.7
7. 如图，矩形ABCD中，AB=6，AD=8，P、E分别是线段AC、BC上的点，且四边形PEFD为矩形.
（1）若△PCD是等腰三角形，求AP的长；
（2）若AP=$\sqrt{2}$，求CF的长.
（1）若△PCD是等腰三角形，求AP的长；
（2）若AP=$\sqrt{2}$，求CF的长.
答案
7. （1）$AP=4$，或$AP=5$，或$AP=\frac{14}{5}$.（2）$CF=\frac{3\sqrt{2}}{4}$.
解析
【分析】
（1）先利用勾股定理求出矩形对角线AC的长度，△PCD为等腰三角形需分三类讨论：①CP=CD；②PD=PC；③DP=DC，分别求出对应PC的长度，再用AC减去PC即可得到AP的长。
（2）首先根据矩形的性质推出∠ADP=∠CDF，再结合直角三角形斜边中线的性质证明△ADP与△CDF相似，最后利用相似三角形对应边成比例求解CF的长度。
【解析】
在矩形ABCD中，AB=6，AD=8，∠ADC=90°，
∴DC=AB=6，由勾股定理得：
$AC=\sqrt{AD^2+DC^2}=\sqrt{8^2+6^2}=10$。
（1）分三种情况讨论△PCD为等腰三角形：
①当$CP=CD$时，$CP=6$，
∴$AP=AC-CP=10-6=4$；
②当$PD=PC$时，∠PDC=∠PCD，
∵∠PCD+∠PAD=90°，∠PDC+∠PDA=90°，
∴∠PAD=∠PDA，
∴$PD=PA$，即$PA=PC$，
∴$AP=\frac{1}{2}AC=5$；
③当$DP=DC$时，过D作$DQ⊥AC$于点Q，
由等腰三角形三线合一得$PQ=CQ$，
△ADC的面积$S=\frac{1}{2}AD· DC=\frac{1}{2}AC· DQ$，
∴$DQ=\frac{AD· DC}{AC}=\frac{8×6}{10}=\frac{24}{5}$，
在Rt△DQC中，$CQ=\sqrt{DC^2-DQ^2}=\sqrt{6^2-(\frac{24}{5})^2}=\frac{18}{5}$，
∴$PC=2CQ=\frac{36}{5}$，
∴$AP=AC-PC=10-\frac{36}{5}=\frac{14}{5}$。
（2）连接PF、DE，交于点O，连接OC，
∵四边形PEFD是矩形，
∴O为PF、DE的中点，$∠PDF=90°$，
∴$OD=OE=OP=OF$，
又
∵∠DCE=90°，在Rt△DCE中，OC为斜边DE的中线，
∴$OC=OD=OE$，
∴$OD=OC=OP=OF$，可得∠DFC=∠DAP，
∵∠ADC=∠PDF=90°，
∴∠ADC-∠PDC=∠PDF-∠PDC，即∠ADP=∠CDF，
∴△ADP∽△CDF，
∴$\frac{AD}{CD}=\frac{AP}{CF}$，代入$AD=8,CD=6,AP=\sqrt{2}$，
得$\frac{8}{6}=\frac{\sqrt{2}}{CF}$，解得$CF=\frac{3\sqrt{2}}{4}$。
【答案】
（1）AP的长为4或5或$\frac{14}{5}$；（2）$CF=\frac{3\sqrt{2}}{4}$。
【知识点】
矩形的性质，等腰三角形分类讨论，相似三角形的判定与性质
【点评】
本题属于几何综合题，解题时要注意等腰三角形未指明腰和底时需分类讨论，避免漏解；第二问的解题关键是找到相等的角证明三角形相似，利用相似的性质求解线段长度。
【难度系数】
0.6
（1）先利用勾股定理求出矩形对角线AC的长度，△PCD为等腰三角形需分三类讨论：①CP=CD；②PD=PC；③DP=DC，分别求出对应PC的长度，再用AC减去PC即可得到AP的长。
（2）首先根据矩形的性质推出∠ADP=∠CDF，再结合直角三角形斜边中线的性质证明△ADP与△CDF相似，最后利用相似三角形对应边成比例求解CF的长度。
【解析】
在矩形ABCD中，AB=6，AD=8，∠ADC=90°，
∴DC=AB=6，由勾股定理得：
$AC=\sqrt{AD^2+DC^2}=\sqrt{8^2+6^2}=10$。
（1）分三种情况讨论△PCD为等腰三角形：
①当$CP=CD$时，$CP=6$，
∴$AP=AC-CP=10-6=4$；
②当$PD=PC$时，∠PDC=∠PCD，
∵∠PCD+∠PAD=90°，∠PDC+∠PDA=90°，
∴∠PAD=∠PDA，
∴$PD=PA$，即$PA=PC$，
∴$AP=\frac{1}{2}AC=5$；
③当$DP=DC$时，过D作$DQ⊥AC$于点Q，
由等腰三角形三线合一得$PQ=CQ$，
△ADC的面积$S=\frac{1}{2}AD· DC=\frac{1}{2}AC· DQ$，
∴$DQ=\frac{AD· DC}{AC}=\frac{8×6}{10}=\frac{24}{5}$，
在Rt△DQC中，$CQ=\sqrt{DC^2-DQ^2}=\sqrt{6^2-(\frac{24}{5})^2}=\frac{18}{5}$，
∴$PC=2CQ=\frac{36}{5}$，
∴$AP=AC-PC=10-\frac{36}{5}=\frac{14}{5}$。
（2）连接PF、DE，交于点O，连接OC，
∵四边形PEFD是矩形，
∴O为PF、DE的中点，$∠PDF=90°$，
∴$OD=OE=OP=OF$，
又
∵∠DCE=90°，在Rt△DCE中，OC为斜边DE的中线，
∴$OC=OD=OE$，
∴$OD=OC=OP=OF$，可得∠DFC=∠DAP，
∵∠ADC=∠PDF=90°，
∴∠ADC-∠PDC=∠PDF-∠PDC，即∠ADP=∠CDF，
∴△ADP∽△CDF，
∴$\frac{AD}{CD}=\frac{AP}{CF}$，代入$AD=8,CD=6,AP=\sqrt{2}$，
得$\frac{8}{6}=\frac{\sqrt{2}}{CF}$，解得$CF=\frac{3\sqrt{2}}{4}$。
【答案】
（1）AP的长为4或5或$\frac{14}{5}$；（2）$CF=\frac{3\sqrt{2}}{4}$。
【知识点】
矩形的性质，等腰三角形分类讨论，相似三角形的判定与性质
【点评】
本题属于几何综合题，解题时要注意等腰三角形未指明腰和底时需分类讨论，避免漏解；第二问的解题关键是找到相等的角证明三角形相似，利用相似的性质求解线段长度。
【难度系数】
0.6
