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10.如图5，在矩形ABCD中，AB=3，BC=4，点E是BC边上一点，连接AE，把△ABE沿AE折叠，使点B落在点B'处，当△CEB'为直角三角形时，BE的长为
$\frac{3}{2}$或3
。答案
10.$\frac{3}{2}$或3
解析
【分析】
本题是矩形折叠结合直角三角形存在性的问题，解题需先利用折叠的性质得到对应边、对应角相等，再分类讨论△CEB'的直角顶点位置，排除不可能的情况后，结合勾股定理或特殊四边形的性质计算BE的长度。首先明确折叠后△ABE≌△AB'E，可得AB'=AB=3，BE=B'E，∠AB'E=∠B=90°；接下来分两种有效情况分析：一是直角顶点为E，二是直角顶点为B'，直角顶点为C的情况不符合图形特征可直接排除，最后分别计算两种情况的BE长即可。
【解析】
解：在矩形ABCD中，∠B=90°，AB=3，BC=4，由勾股定理得对角线$AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5$。
由折叠的性质可知$△ ABE ≌ △ AB'E$，因此$AB'=AB=3$，$BE=B'E$，$∠ AB'E=∠ B=90°$。
设$BE=x$，则$B'E=x$，$EC=BC-BE=4-x$，分情况讨论：
1. 当$∠ B'EC=90°$时：
此时$∠ B=∠ B'EC=∠ AB'E=90°$，且$AB=BE$，因此四边形ABEB'是正方形，故$BE=AB=3$，符合题意。
2. 当$∠ EB'C=90°$时：
此时$∠ AB'E+∠ EB'C=180°$，因此A、B'、C三点共线，$B'C=AC-AB'=5-3=2$。
在$Rt△ B'EC$中，由勾股定理得$B'E^2+B'C^2=EC^2$，代入得：
$x^2+2^2=(4-x)^2$
展开化简得$8x=12$，解得$x=\frac{3}{2}$，符合题意。
3. 当$∠ B'CE=90°$时：
点B'需落在CD边上，而$AB'=3＜AD=4$，不存在该情况，故排除。
综上，BE的长为$\frac{3}{2}$或3。
【答案】
$\frac{3}{2}$或3
【知识点】
矩形的性质，折叠的性质，勾股定理
【点评】
本题侧重考查分类讨论思想在折叠问题中的应用，解题关键是明确直角三角形的直角顶点位置，结合折叠前后图形全等的性质，利用勾股定理建立方程求解，解题时需注意排除不符合题意的情况，避免漏解或多解。
【难度系数】
0.6
本题是矩形折叠结合直角三角形存在性的问题，解题需先利用折叠的性质得到对应边、对应角相等，再分类讨论△CEB'的直角顶点位置，排除不可能的情况后，结合勾股定理或特殊四边形的性质计算BE的长度。首先明确折叠后△ABE≌△AB'E，可得AB'=AB=3，BE=B'E，∠AB'E=∠B=90°；接下来分两种有效情况分析：一是直角顶点为E，二是直角顶点为B'，直角顶点为C的情况不符合图形特征可直接排除，最后分别计算两种情况的BE长即可。
【解析】
解：在矩形ABCD中，∠B=90°，AB=3，BC=4，由勾股定理得对角线$AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5$。
由折叠的性质可知$△ ABE ≌ △ AB'E$，因此$AB'=AB=3$，$BE=B'E$，$∠ AB'E=∠ B=90°$。
设$BE=x$，则$B'E=x$，$EC=BC-BE=4-x$，分情况讨论：
1. 当$∠ B'EC=90°$时：
此时$∠ B=∠ B'EC=∠ AB'E=90°$，且$AB=BE$，因此四边形ABEB'是正方形，故$BE=AB=3$，符合题意。
2. 当$∠ EB'C=90°$时：
此时$∠ AB'E+∠ EB'C=180°$，因此A、B'、C三点共线，$B'C=AC-AB'=5-3=2$。
在$Rt△ B'EC$中，由勾股定理得$B'E^2+B'C^2=EC^2$，代入得：
$x^2+2^2=(4-x)^2$
展开化简得$8x=12$，解得$x=\frac{3}{2}$，符合题意。
3. 当$∠ B'CE=90°$时：
点B'需落在CD边上，而$AB'=3＜AD=4$，不存在该情况，故排除。
综上，BE的长为$\frac{3}{2}$或3。
【答案】
$\frac{3}{2}$或3
【知识点】
矩形的性质，折叠的性质，勾股定理
【点评】
本题侧重考查分类讨论思想在折叠问题中的应用，解题关键是明确直角三角形的直角顶点位置，结合折叠前后图形全等的性质，利用勾股定理建立方程求解，解题时需注意排除不符合题意的情况，避免漏解或多解。
【难度系数】
0.6
11. 如图6,在菱形ABCD中,AB=2,∠BAD=60°,点E是AB的中点,点P是对角线AC上的一个动点,求PE+PB的最小值.
答案
11.$\sqrt{3}$
解析
【分析】
这是典型的“将军饮马”类最短路径问题，解题思路如下：1. 利用菱形的轴对称性：对角线AC是菱形的对称轴，点B与点D关于AC对称，因此PB=PD，可将求PE+PB的最小值转化为求PE+PD的最小值；2. 根据两点之间线段最短，PE+PD的最小值就是线段DE的长度，因此只需计算DE的长即可；3. 结合已知菱形边长、∠BAD的度数和E是AB中点的条件，利用等边三角形的性质和勾股定理计算DE的长度。
【解析】
解：连接DE、BD，
∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ 对角线AC垂直平分BD，即点B与点D关于AC对称，
∴ PB = PD，
∴ PE + PB = PE + PD，
根据两点之间线段最短，当D、P、E三点共线时，PE+PD取得最小值，最小值为DE的长度。
∵ 菱形边长AB=AD=2，∠BAD=60°，
∴ △ABD是等边三角形，
∵ E是AB的中点，由等边三角形三线合一的性质可得DE⊥AB，且AE = $\frac{1}{2}$AB = 1，
在Rt△ADE中，由勾股定理得：
$DE = \sqrt{AD^2 - AE^2} = \sqrt{2^2 - 1^2} = \sqrt{3}$，
因此PE+PB的最小值为$\sqrt{3}$。
【答案】
$\sqrt{3}$
【知识点】
菱形的性质，最短路径问题，勾股定理
【点评】
本题是轴对称性质在最短路径问题中的典型应用，解题核心是利用菱形的对称性将两条线段的和转化为共线时的线段长度，再结合特殊三角形的性质计算，是轴对称最值类的常考题型。
【难度系数】
0.7
这是典型的“将军饮马”类最短路径问题，解题思路如下：1. 利用菱形的轴对称性：对角线AC是菱形的对称轴，点B与点D关于AC对称，因此PB=PD，可将求PE+PB的最小值转化为求PE+PD的最小值；2. 根据两点之间线段最短，PE+PD的最小值就是线段DE的长度，因此只需计算DE的长即可；3. 结合已知菱形边长、∠BAD的度数和E是AB中点的条件，利用等边三角形的性质和勾股定理计算DE的长度。
【解析】
解：连接DE、BD，
∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ 对角线AC垂直平分BD，即点B与点D关于AC对称，
∴ PB = PD，
∴ PE + PB = PE + PD，
根据两点之间线段最短，当D、P、E三点共线时，PE+PD取得最小值，最小值为DE的长度。
∵ 菱形边长AB=AD=2，∠BAD=60°，
∴ △ABD是等边三角形，
∵ E是AB的中点，由等边三角形三线合一的性质可得DE⊥AB，且AE = $\frac{1}{2}$AB = 1，
在Rt△ADE中，由勾股定理得：
$DE = \sqrt{AD^2 - AE^2} = \sqrt{2^2 - 1^2} = \sqrt{3}$，
因此PE+PB的最小值为$\sqrt{3}$。
【答案】
$\sqrt{3}$
【知识点】
菱形的性质，最短路径问题，勾股定理
【点评】
本题是轴对称性质在最短路径问题中的典型应用，解题核心是利用菱形的对称性将两条线段的和转化为共线时的线段长度，再结合特殊三角形的性质计算，是轴对称最值类的常考题型。
【难度系数】
0.7
12.如图7所示，四边形EFGH是由矩形ABCD的外角平分线围成的，试说明四边形EFGH是正方形。
图7
图7答案
12. 提示:先证四边形EFGH是矩形,再通过全等证$GH=EH$.
解析
【分析】
要证明四边形EFGH是正方形，可遵循“先证矩形，再证邻边相等”的思路：首先利用矩形ABCD的外角均为90°，结合外角平分线的性质，可推出四边形EFGH的四个内角都是直角，先判定它是矩形；再结合矩形对边相等的性质，通过证明等腰直角三角形全等，推导得出矩形EFGH的一组邻边相等，即可判定其为正方形。
【解析】
1. 证明四边形EFGH是矩形
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ 它的四个内角均为90°，因此四个外角也均为90°。
∵ 四边形EFGH是矩形ABCD的外角平分线围成的四边形，
∴ $∠ EAB = ∠ EBA = \frac{1}{2}×90°=45°$，
在△EAB中，根据三角形内角和为180°，得：
$∠ E = 180° - 45° - 45° = 90°$，
同理可证：$∠ F=90°$，$∠ G=90°$，$∠ H=90°$，
∴ 四个内角都是直角的四边形是矩形，即四边形EFGH是矩形。
2. 证明矩形EFGH的一组邻边相等
由步骤1可得：△HAD、△EAB、△FBC、△GCD均为等腰直角三角形。
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ $AD=BC$，
在△HAD和△FBC中：
$\begin{cases}∠ H = ∠ F = 90° \\∠ HAD = ∠ FBC = 45° \\AD = BC\end{cases}$
∴ △HAD≌△FBC（AAS），
∴ $AH=BF$。
又
∵ △EAB是等腰直角三角形，
∴ $EA=EB$，
∴ $EA + AH = EB + BF$，即$EH=EF$。
∵ 邻边相等的矩形是正方形，
∴ 四边形EFGH是正方形。
【答案】
四边形EFGH是正方形。
【知识点】
正方形的判定；矩形的性质；全等三角形的判定与性质
【点评】
本题是特殊四边形判定的典型习题，解题时需要理清特殊四边形的判定逻辑，结合外角平分线、等腰直角三角形的性质找到角和边的等量关系即可求证，有助于巩固特殊四边形的相关判定定理。
【难度系数】
0.65
要证明四边形EFGH是正方形，可遵循“先证矩形，再证邻边相等”的思路：首先利用矩形ABCD的外角均为90°，结合外角平分线的性质，可推出四边形EFGH的四个内角都是直角，先判定它是矩形；再结合矩形对边相等的性质，通过证明等腰直角三角形全等，推导得出矩形EFGH的一组邻边相等，即可判定其为正方形。
【解析】
1. 证明四边形EFGH是矩形
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ 它的四个内角均为90°，因此四个外角也均为90°。
∵ 四边形EFGH是矩形ABCD的外角平分线围成的四边形，
∴ $∠ EAB = ∠ EBA = \frac{1}{2}×90°=45°$，
在△EAB中，根据三角形内角和为180°，得：
$∠ E = 180° - 45° - 45° = 90°$，
同理可证：$∠ F=90°$，$∠ G=90°$，$∠ H=90°$，
∴ 四个内角都是直角的四边形是矩形，即四边形EFGH是矩形。
2. 证明矩形EFGH的一组邻边相等
由步骤1可得：△HAD、△EAB、△FBC、△GCD均为等腰直角三角形。
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ $AD=BC$，
在△HAD和△FBC中：
$\begin{cases}∠ H = ∠ F = 90° \\∠ HAD = ∠ FBC = 45° \\AD = BC\end{cases}$
∴ △HAD≌△FBC（AAS），
∴ $AH=BF$。
又
∵ △EAB是等腰直角三角形，
∴ $EA=EB$，
∴ $EA + AH = EB + BF$，即$EH=EF$。
∵ 邻边相等的矩形是正方形，
∴ 四边形EFGH是正方形。
【答案】
四边形EFGH是正方形。
【知识点】
正方形的判定；矩形的性质；全等三角形的判定与性质
【点评】
本题是特殊四边形判定的典型习题，解题时需要理清特殊四边形的判定逻辑，结合外角平分线、等腰直角三角形的性质找到角和边的等量关系即可求证，有助于巩固特殊四边形的相关判定定理。
【难度系数】
0.65
13. 如图8，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，求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，求AE的长度。
答案
13.(1)四边形EGFH为平行四边形.理由略.
(2)$\frac{1}{2}$或$\frac{9}{2}$
(2)$\frac{1}{2}$或$\frac{9}{2}$
解析
【分析】
（1）判断四边形形状可优先考虑特殊平行四边形的判定定理，本题可通过证明一组对边平行且相等来证平行四边形：先利用矩形性质得到AB与CD平行且相等，结合G、H是中点得AG=CH，再结合已知AE=FC证明△AGE和△CHF全等，即可得到GE与HF平行且相等，进而判定形状。
（2）平行四边形要成为矩形，需满足对角线相等的条件，先通过勾股定理求AC长度，再结合中点性质求对角线交点到A的距离，最后分E在交点左右两侧两种情况计算AE长度即可。
【解析】
（1）四边形EGFH是平行四边形，理由如下：
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB//CD，AB=CD，
∴∠GAE=∠HCF。
∵G、H分别是AB、DC的中点，
∴$AG=\frac{1}{2}AB$，$CH=\frac{1}{2}CD$，
∴AG=CH。
在$△ AGE$和$△ CHF$中：
$\begin{cases}AG=CH \\∠GAE=∠HCF \\AE=CF\end{cases}$
∴$△ AGE≌△ CHF(\mathrm{SAS})$，
∴GE=HF，∠AEG=∠CFH，
∴∠GEF=∠HFE（等角的补角相等），
∴GE//HF，
∵GE=HF且GE//HF，
∴四边形EGFH是平行四边形。
（2）连接GH交AC于点O：
∵G、H分别是AB、CD的中点，
∴GH//BC，GH=BC=4，且O是AC、GH的中点。
在矩形ABCD中，由勾股定理得：
$AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5$，
∴$OA=OC=\frac{1}{2}AC=\frac{5}{2}$，$OG=OH=\frac{1}{2}GH=2$。
∵平行四边形EGFH是矩形，
∴对角线EF=GH=4，
∵O是EF中点，
∴$OE=OF=\frac{1}{2}EF=2$。
分两种情况计算AE：
①当E在点O左侧时：$AE=OA-OE=\frac{5}{2}-2=\frac{1}{2}$；
②当E在点O右侧时：$AE=OA+OE=\frac{5}{2}+2=\frac{9}{2}$。
【答案】
（1）四边形EGFH为平行四边形；
（2）$\frac{1}{2}$或$\frac{9}{2}$
【知识点】
平行四边形的判定，矩形的性质，勾股定理
【点评】
本题属于四边形综合基础题，第一问考查平行四边形的判定，难度较低；第二问需要结合矩形对角线相等的性质计算，注意分E的两种位置讨论，避免漏解。
【难度系数】
0.6
（1）判断四边形形状可优先考虑特殊平行四边形的判定定理，本题可通过证明一组对边平行且相等来证平行四边形：先利用矩形性质得到AB与CD平行且相等，结合G、H是中点得AG=CH，再结合已知AE=FC证明△AGE和△CHF全等，即可得到GE与HF平行且相等，进而判定形状。
（2）平行四边形要成为矩形，需满足对角线相等的条件，先通过勾股定理求AC长度，再结合中点性质求对角线交点到A的距离，最后分E在交点左右两侧两种情况计算AE长度即可。
【解析】
（1）四边形EGFH是平行四边形，理由如下：
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB//CD，AB=CD，
∴∠GAE=∠HCF。
∵G、H分别是AB、DC的中点，
∴$AG=\frac{1}{2}AB$，$CH=\frac{1}{2}CD$，
∴AG=CH。
在$△ AGE$和$△ CHF$中：
$\begin{cases}AG=CH \\∠GAE=∠HCF \\AE=CF\end{cases}$
∴$△ AGE≌△ CHF(\mathrm{SAS})$，
∴GE=HF，∠AEG=∠CFH，
∴∠GEF=∠HFE（等角的补角相等），
∴GE//HF，
∵GE=HF且GE//HF，
∴四边形EGFH是平行四边形。
（2）连接GH交AC于点O：
∵G、H分别是AB、CD的中点，
∴GH//BC，GH=BC=4，且O是AC、GH的中点。
在矩形ABCD中，由勾股定理得：
$AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5$，
∴$OA=OC=\frac{1}{2}AC=\frac{5}{2}$，$OG=OH=\frac{1}{2}GH=2$。
∵平行四边形EGFH是矩形，
∴对角线EF=GH=4，
∵O是EF中点，
∴$OE=OF=\frac{1}{2}EF=2$。
分两种情况计算AE：
①当E在点O左侧时：$AE=OA-OE=\frac{5}{2}-2=\frac{1}{2}$；
②当E在点O右侧时：$AE=OA+OE=\frac{5}{2}+2=\frac{9}{2}$。
【答案】
（1）四边形EGFH为平行四边形；
（2）$\frac{1}{2}$或$\frac{9}{2}$
【知识点】
平行四边形的判定，矩形的性质，勾股定理
【点评】
本题属于四边形综合基础题，第一问考查平行四边形的判定，难度较低；第二问需要结合矩形对角线相等的性质计算，注意分E的两种位置讨论，避免漏解。
【难度系数】
0.6
