登录
22.(1)如图①,在等腰直角三角形ABC中,∠ACB=90°,AC=BC,过点C作直线CE,过点A作AD⊥CE,垂足为D,过点B作BE⊥CE,垂足为E,AD=5,BE=2,则DE的长为
(2)如图②,在Rt△ABC中,AC=BC,∠ACB=∠ADC=90°,CD=4.求△BCD的面积.
3
.(2)如图②,在Rt△ABC中,AC=BC,∠ACB=∠ADC=90°,CD=4.求△BCD的面积.
答案
22.(1)3
(2)在$\mathrm{Rt}△ABC$ 中,$AC=BC,∠ACB=∠ADC=90°,CD=4.$
如图,作 $BE⊥CD$,交 $CD$ 于点 $E$.
$\therefore ∠ADC=∠CEB=90°,∠ACD+∠CAD=90°,∠ACD+∠BCE=90°.$
$\therefore ∠CAD=∠BCE.$
在$△CAD$ 与$△BCE$ 中，
$\begin{cases} ∠ADC=∠CEB, \\ ∠CAD=∠BCE, \\ AC=BC, \end{cases}\therefore △CAD≌ △BCE(\mathrm{AAS}).$
$\therefore CD=BE.\therefore S_{△BCD}=\frac{1}{2}×4×4=8.$
解析
【分析】
(1) 本题是典型的“一线三垂直”全等模型题，已知等腰直角△ABC中AC=BC，∠ACB=90°，结合AD⊥CE、BE⊥CE的条件，可先利用同角的余角相等得到一组相等的锐角，再证明△BCE和△CAD全等，得到CE、CD的长度，最后计算CE与CD的差即可得到DE的长。
(2) 要求△BCD的面积，已知CD的长度，只需求出CD边上的高即可。因此过点B作BE⊥CD，同样构造“一线三垂直”模型，证明△CAD和△BCE全等，得到高BE的长度，再代入三角形面积公式计算即可。
【解析】
(1) 解：
∵∠ACB=90°，
∴∠ACD+∠BCE=90°
∵AD⊥CE，BE⊥CE，
∴∠ADC=∠E=90°
∴∠CBE+∠BCE=90°，
∴∠CBE=∠ACD
在△BCE和△CAD中：
$\begin{cases}∠E=∠ADC \\∠CBE=∠ACD \\BC=AC\end{cases}$
∴△BCE≌△CAD（AAS）
∴CE=AD=5，CD=BE=2
∴DE=CE-CD=5-2=3
(2) 解：如图，作 $BE⊥CD$，交 $CD$ 于点 $E$。
∵∠ADC=∠CEB=90°，
∴∠ACD+∠CAD=90°
∵∠ACB=90°，
∴∠ACD+∠BCE=90°
∴∠CAD=∠BCE
在△CAD与△BCE中：
$\begin{cases}∠ADC=∠CEB \\∠CAD=∠BCE \\AC=BC\end{cases}$
∴△CAD≌△BCE（AAS）
∴BE=CD=4
∴$S_{△BCD}=\frac{1}{2}×CD×BE=\frac{1}{2}×4×4=8$
【答案】
(1) 3
(2) 在$\mathrm{Rt}△ABC$ 中,$AC=BC,∠ACB=∠ADC=90°,CD=4.$
如图,作 $BE⊥CD$,交 $CD$ 于点 $E$.
$\therefore ∠ADC=∠CEB=90°,∠ACD+∠CAD=90°,∠ACD+∠BCE=90°.$
$\therefore ∠CAD=∠BCE.$
在$△CAD$ 与$△BCE$ 中，
$\begin{cases} ∠ADC=∠CEB, \\ ∠CAD=∠BCE, \\ AC=BC, \end{cases}\therefore △CAD≌ △BCE(\mathrm{AAS}).$
$\therefore CD=BE.\therefore S_{△BCD}=\frac{1}{2}×4×4=8.$
【知识点】
全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形的性质；三角形面积计算
【点评】
本题围绕“一线三垂直”全等模型展开考查，第一问是该模型的直接应用，第二问是模型的迁移变式，解题的关键是通过垂直关系利用同角的余角相等找到相等的角，构造全等三角形实现未知线段向已知线段的转化，是几何中很常用的解题思路。
【难度系数】
0.7
(1) 本题是典型的“一线三垂直”全等模型题，已知等腰直角△ABC中AC=BC，∠ACB=90°，结合AD⊥CE、BE⊥CE的条件，可先利用同角的余角相等得到一组相等的锐角，再证明△BCE和△CAD全等，得到CE、CD的长度，最后计算CE与CD的差即可得到DE的长。
(2) 要求△BCD的面积，已知CD的长度，只需求出CD边上的高即可。因此过点B作BE⊥CD，同样构造“一线三垂直”模型，证明△CAD和△BCE全等，得到高BE的长度，再代入三角形面积公式计算即可。
【解析】
(1) 解：
∵∠ACB=90°，
∴∠ACD+∠BCE=90°
∵AD⊥CE，BE⊥CE，
∴∠ADC=∠E=90°
∴∠CBE+∠BCE=90°，
∴∠CBE=∠ACD
在△BCE和△CAD中：
$\begin{cases}∠E=∠ADC \\∠CBE=∠ACD \\BC=AC\end{cases}$
∴△BCE≌△CAD（AAS）
∴CE=AD=5，CD=BE=2
∴DE=CE-CD=5-2=3
(2) 解：如图，作 $BE⊥CD$，交 $CD$ 于点 $E$。
∵∠ADC=∠CEB=90°，
∴∠ACD+∠CAD=90°
∵∠ACB=90°，
∴∠ACD+∠BCE=90°
∴∠CAD=∠BCE
在△CAD与△BCE中：
$\begin{cases}∠ADC=∠CEB \\∠CAD=∠BCE \\AC=BC\end{cases}$
∴△CAD≌△BCE（AAS）
∴BE=CD=4
∴$S_{△BCD}=\frac{1}{2}×CD×BE=\frac{1}{2}×4×4=8$
【答案】
(1) 3
(2) 在$\mathrm{Rt}△ABC$ 中,$AC=BC,∠ACB=∠ADC=90°,CD=4.$
如图,作 $BE⊥CD$,交 $CD$ 于点 $E$.
$\therefore ∠ADC=∠CEB=90°,∠ACD+∠CAD=90°,∠ACD+∠BCE=90°.$
$\therefore ∠CAD=∠BCE.$
在$△CAD$ 与$△BCE$ 中，
$\begin{cases} ∠ADC=∠CEB, \\ ∠CAD=∠BCE, \\ AC=BC, \end{cases}\therefore △CAD≌ △BCE(\mathrm{AAS}).$
$\therefore CD=BE.\therefore S_{△BCD}=\frac{1}{2}×4×4=8.$
【知识点】
全等三角形的判定与性质；等腰直角三角形的性质；三角形面积计算
【点评】
本题围绕“一线三垂直”全等模型展开考查，第一问是该模型的直接应用，第二问是模型的迁移变式，解题的关键是通过垂直关系利用同角的余角相等找到相等的角，构造全等三角形实现未知线段向已知线段的转化，是几何中很常用的解题思路。
【难度系数】
0.7
23.(1)如图①，四边形ABCD是边长为5 cm的正方形，E，F分别在边AD，CD上，∠EBF=45°.延长EA到点H，使AH=CF，连接BH，则△DEF的周长=
(2)如图②，在四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=100°，∠B=∠ADC=90°.E，F分别是线段BC，CD上的点.且∠EAF=50°.试探究图中线段EF，BE，FD之间的数量关系.
(3)如图③，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°，E，F分别是线段BC，CD上的点，且2∠EAF=∠BAD，(2)中的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由.
10
cm.(2)如图②，在四边形ABCD中，AB=AD，∠BAD=100°，∠B=∠ADC=90°.E，F分别是线段BC，CD上的点.且∠EAF=50°.试探究图中线段EF，BE，FD之间的数量关系.
(3)如图③，在四边形ABCD中，AB=AD，∠B+∠D=180°，E，F分别是线段BC，CD上的点，且2∠EAF=∠BAD，(2)中的结论是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由.
答案
23.(1)10
(2)$EF=BE+DF$.证明如下：
如图,延长 $FD$ 到点 $G$,使 $DG=BE$.连接 $AG$.
在$△ABE$ 和$△ADG$ 中，
$\begin{cases} AB=AD, \\ ∠ABE=∠ADG=90°, \\ BE=DG, \end{cases}$
$\therefore △ABE≌ △ADG(\mathrm{SAS}).\therefore AE=AG,∠BAE=∠DAG.$
$\because ∠BAD=100°,∠EAF=50°,\therefore ∠BAE+∠FAD=∠DAG+∠FAD=50°.$
$\therefore ∠EAF=∠FAG=50°.$
在$△EAF$ 和$△GAF$ 中，
$\begin{cases} AE=AG, \\ ∠EAF=∠GAF, \\ AF=AF, \end{cases}$
$\therefore △EAF≌ △GAF(\mathrm{SAS}).$
$\therefore EF=FG=DF+DG.\therefore EF=BE+DF.$
(3)成立.证明如下：
如图,延长 $EB$ 到点 $G$,使 $BG=DF$,连接 $AG$.
$\because ∠ABC+∠D=180°,∠ABG+∠ABC=180°,\therefore ∠ABG=∠D.$
$\because$ 在$△ABG$ 与$△ADF$ 中，
$\begin{cases} AB=AD, \\ ∠ABG=∠D, \\ BG=DF, \end{cases}$
$\therefore △ABG≌ △ADF(\mathrm{SAS}).\therefore AG=AF,∠BAG=∠DAF.$
$\because 2∠EAF=∠BAD,$
$\therefore ∠DAF+∠BAE=∠BAG+∠BAE=\frac{1}{2}∠BAD=∠EAF.$
$\therefore ∠GAE=∠EAF.$
又 $AE=AE,\therefore △AEG≌ △AEF(\mathrm{SAS}).\therefore EG=EF.$
$\because EG=BE+BG,\therefore EF=BE+FD.$
解析
【分析】
(1) 图①为正方形半角模型问题：已知∠EBF=45°，正方形内角为90°，可得∠ABE+∠CBF=45°。通过构造全等转化线段：先证△ABH≌△CBF，推导得∠HBE=∠EBF，再证△HBE≌△FBE，将EF转化为AE+CF，即可把△DEF的周长转化为正方形两条边长的和求解。
(2) 图②为特殊四边形半角问题：已知AB=AD，∠B、∠ADC均为直角，且∠EAF为∠BAD的一半，采用截长补短法，延长FD构造DG=BE，先证△ABE≌△ADG，推导得∠EAF=∠GAF，再证△EAF≌△GAF，即可得出三条线段的数量关系。
(3) 图③为一般四边形半角问题：已知∠B+∠D=180°、AB=AD、2∠EAF=∠BAD，同样用截长补短法，延长EB构造BG=DF，先证∠ABG=∠D，再证△ABG≌△ADF，推导得∠GAE=∠EAF，最后证△AEG≌△AEF，即可验证结论是否成立。
【解析】
(1) 解：
∵四边形ABCD是边长为5cm的正方形，
∴AB=BC，∠BAH=∠C=90°，AD=CD=5cm，
又
∵AH=CF，
∴△ABH≌△CBF(SAS)，
∴BH=BF，∠ABH=∠CBF。
∵∠EBF=45°，
∴∠ABE+∠CBF=∠ABC-∠EBF=90°-45°=45°，
∴∠ABE+∠ABH=∠HBE=45°=∠EBF。
又
∵BE=BE，
∴△HBE≌△FBE(SAS)，
∴EF=HE=AH+AE=CF+AE。
∴△DEF的周长=DE+DF+EF=DE+DF+AE+CF=(DE+AE)+(DF+CF)=AD+CD=5+5=10(cm)。
(2) 证明：如图，延长 $FD$ 到点 $G$,使 $DG=BE$.连接 $AG$.
在$△ABE$ 和$△ADG$ 中，
$\begin{cases} AB=AD, \\ ∠ABE=∠ADG=90°, \\ BE=DG, \end{cases}$
$\therefore △ABE≌ △ADG(\mathrm{SAS}).\therefore AE=AG,∠BAE=∠DAG.$
$\because ∠BAD=100°,∠EAF=50°,\therefore ∠BAE+∠FAD=∠DAG+∠FAD=50°.$
$\therefore ∠EAF=∠FAG=50°.$
在$△EAF$ 和$△GAF$ 中，
$\begin{cases} AE=AG, \\ ∠EAF=∠GAF, \\ AF=AF, \end{cases}$
$\therefore △EAF≌ △GAF(\mathrm{SAS}).$
$\therefore EF=FG=DF+DG.\therefore EF=BE+DF.$
(3) 成立，证明如下：
如图,延长 $EB$ 到点 $G$,使 $BG=DF$,连接 $AG$.
$\because ∠ABC+∠D=180°,∠ABG+∠ABC=180°,\therefore ∠ABG=∠D.$
$\because$ 在$△ABG$ 与$△ADF$ 中，
$\begin{cases} AB=AD, \\ ∠ABG=∠D, \\ BG=DF, \end{cases}$
$\therefore △ABG≌ △ADF(\mathrm{SAS}).\therefore AG=AF,∠BAG=∠DAF.$
$\because 2∠EAF=∠BAD,$
$\therefore ∠DAF+∠BAE=∠BAG+∠BAE=\frac{1}{2}∠BAD=∠EAF.$
$\therefore ∠GAE=∠EAF.$
又 $AE=AE,\therefore △AEG≌ △AEF(\mathrm{SAS}).\therefore EG=EF.$
$\because EG=BE+BG,\therefore EF=BE+FD.$
【答案】
(1)10
(2)$EF=BE+DF$，证明如下：
如图,延长 $FD$ 到点 $G$,使 $DG=BE$.连接 $AG$.
在$△ABE$ 和$△ADG$ 中，
$\begin{cases} AB=AD, \\ ∠ABE=∠ADG=90°, \\ BE=DG, \end{cases}$
$\therefore △ABE≌ △ADG(\mathrm{SAS}).\therefore AE=AG,∠BAE=∠DAG.$
$\because ∠BAD=100°,∠EAF=50°,\therefore ∠BAE+∠FAD=∠DAG+∠FAD=50°.$
$\therefore ∠EAF=∠FAG=50°.$
在$△EAF$ 和$△GAF$ 中，
$\begin{cases} AE=AG, \\ ∠EAF=∠GAF, \\ AF=AF, \end{cases}$
$\therefore △EAF≌ △GAF(\mathrm{SAS}).$
$\therefore EF=FG=DF+DG.\therefore EF=BE+DF.$
(3)成立，证明如下：
如图,延长 $EB$ 到点 $G$,使 $BG=DF$,连接 $AG$.
$\because ∠ABC+∠D=180°,∠ABG+∠ABC=180°,\therefore ∠ABG=∠D.$
$\because$ 在$△ABG$ 与$△ADF$ 中，
$\begin{cases} AB=AD, \\ ∠ABG=∠D, \\ BG=DF, \end{cases}$
$\therefore △ABG≌ △ADF(\mathrm{SAS}).\therefore AG=AF,∠BAG=∠DAF.$
$\because 2∠EAF=∠BAD,$
$\therefore ∠DAF+∠BAE=∠BAG+∠BAE=\frac{1}{2}∠BAD=∠EAF.$
$\therefore ∠GAE=∠EAF.$
又 $AE=AE,\therefore △AEG≌ △AEF(\mathrm{SAS}).\therefore EG=EF.$
$\because EG=BE+BG,\therefore EF=BE+FD.$
【知识点】
1. 全等三角形的判定与性质
2. 正方形的性质
3. 截长补短构造辅助线
【点评】
本题围绕半角模型逐层递进设计，从特殊图形到一般图形，核心考查通过截长补短法构造全等三角形实现线段转化的方法，对逻辑推理能力、辅助线构造能力有较好的考查作用。
【难度系数】
0.6
(1) 图①为正方形半角模型问题：已知∠EBF=45°，正方形内角为90°，可得∠ABE+∠CBF=45°。通过构造全等转化线段：先证△ABH≌△CBF，推导得∠HBE=∠EBF，再证△HBE≌△FBE，将EF转化为AE+CF，即可把△DEF的周长转化为正方形两条边长的和求解。
(2) 图②为特殊四边形半角问题：已知AB=AD，∠B、∠ADC均为直角，且∠EAF为∠BAD的一半，采用截长补短法，延长FD构造DG=BE，先证△ABE≌△ADG，推导得∠EAF=∠GAF，再证△EAF≌△GAF，即可得出三条线段的数量关系。
(3) 图③为一般四边形半角问题：已知∠B+∠D=180°、AB=AD、2∠EAF=∠BAD，同样用截长补短法，延长EB构造BG=DF，先证∠ABG=∠D，再证△ABG≌△ADF，推导得∠GAE=∠EAF，最后证△AEG≌△AEF，即可验证结论是否成立。
【解析】
(1) 解：
∵四边形ABCD是边长为5cm的正方形，
∴AB=BC，∠BAH=∠C=90°，AD=CD=5cm，
又
∵AH=CF，
∴△ABH≌△CBF(SAS)，
∴BH=BF，∠ABH=∠CBF。
∵∠EBF=45°，
∴∠ABE+∠CBF=∠ABC-∠EBF=90°-45°=45°，
∴∠ABE+∠ABH=∠HBE=45°=∠EBF。
又
∵BE=BE，
∴△HBE≌△FBE(SAS)，
∴EF=HE=AH+AE=CF+AE。
∴△DEF的周长=DE+DF+EF=DE+DF+AE+CF=(DE+AE)+(DF+CF)=AD+CD=5+5=10(cm)。
(2) 证明：如图，延长 $FD$ 到点 $G$,使 $DG=BE$.连接 $AG$.
在$△ABE$ 和$△ADG$ 中，
$\begin{cases} AB=AD, \\ ∠ABE=∠ADG=90°, \\ BE=DG, \end{cases}$
$\therefore △ABE≌ △ADG(\mathrm{SAS}).\therefore AE=AG,∠BAE=∠DAG.$
$\because ∠BAD=100°,∠EAF=50°,\therefore ∠BAE+∠FAD=∠DAG+∠FAD=50°.$
$\therefore ∠EAF=∠FAG=50°.$
在$△EAF$ 和$△GAF$ 中，
$\begin{cases} AE=AG, \\ ∠EAF=∠GAF, \\ AF=AF, \end{cases}$
$\therefore △EAF≌ △GAF(\mathrm{SAS}).$
$\therefore EF=FG=DF+DG.\therefore EF=BE+DF.$
(3) 成立，证明如下：
如图,延长 $EB$ 到点 $G$,使 $BG=DF$,连接 $AG$.
$\because ∠ABC+∠D=180°,∠ABG+∠ABC=180°,\therefore ∠ABG=∠D.$
$\because$ 在$△ABG$ 与$△ADF$ 中，
$\begin{cases} AB=AD, \\ ∠ABG=∠D, \\ BG=DF, \end{cases}$
$\therefore △ABG≌ △ADF(\mathrm{SAS}).\therefore AG=AF,∠BAG=∠DAF.$
$\because 2∠EAF=∠BAD,$
$\therefore ∠DAF+∠BAE=∠BAG+∠BAE=\frac{1}{2}∠BAD=∠EAF.$
$\therefore ∠GAE=∠EAF.$
又 $AE=AE,\therefore △AEG≌ △AEF(\mathrm{SAS}).\therefore EG=EF.$
$\because EG=BE+BG,\therefore EF=BE+FD.$
【答案】
(1)10
(2)$EF=BE+DF$，证明如下：
如图,延长 $FD$ 到点 $G$,使 $DG=BE$.连接 $AG$.
在$△ABE$ 和$△ADG$ 中，
$\begin{cases} AB=AD, \\ ∠ABE=∠ADG=90°, \\ BE=DG, \end{cases}$
$\therefore △ABE≌ △ADG(\mathrm{SAS}).\therefore AE=AG,∠BAE=∠DAG.$
$\because ∠BAD=100°,∠EAF=50°,\therefore ∠BAE+∠FAD=∠DAG+∠FAD=50°.$
$\therefore ∠EAF=∠FAG=50°.$
在$△EAF$ 和$△GAF$ 中，
$\begin{cases} AE=AG, \\ ∠EAF=∠GAF, \\ AF=AF, \end{cases}$
$\therefore △EAF≌ △GAF(\mathrm{SAS}).$
$\therefore EF=FG=DF+DG.\therefore EF=BE+DF.$
(3)成立，证明如下：
如图,延长 $EB$ 到点 $G$,使 $BG=DF$,连接 $AG$.
$\because ∠ABC+∠D=180°,∠ABG+∠ABC=180°,\therefore ∠ABG=∠D.$
$\because$ 在$△ABG$ 与$△ADF$ 中，
$\begin{cases} AB=AD, \\ ∠ABG=∠D, \\ BG=DF, \end{cases}$
$\therefore △ABG≌ △ADF(\mathrm{SAS}).\therefore AG=AF,∠BAG=∠DAF.$
$\because 2∠EAF=∠BAD,$
$\therefore ∠DAF+∠BAE=∠BAG+∠BAE=\frac{1}{2}∠BAD=∠EAF.$
$\therefore ∠GAE=∠EAF.$
又 $AE=AE,\therefore △AEG≌ △AEF(\mathrm{SAS}).\therefore EG=EF.$
$\because EG=BE+BG,\therefore EF=BE+FD.$
【知识点】
1. 全等三角形的判定与性质
2. 正方形的性质
3. 截长补短构造辅助线
【点评】
本题围绕半角模型逐层递进设计，从特殊图形到一般图形，核心考查通过截长补短法构造全等三角形实现线段转化的方法，对逻辑推理能力、辅助线构造能力有较好的考查作用。
【难度系数】
0.6
24.【问题呈现】(1)如图①，$l_1 // l_2 // l_3$，且相邻两条平行线间的距离都是1个单位长度，点A，B，C分别在$l_1$，$l_2$和$l_3$上，且$△ ABC$为等腰直角三角形，则$△ ABC$的面积为
【数学思考】(2)如图②，$l_1 // l_2 // l_3 // l_4$，且相邻两条平行线间的距离都是1个单位长度，正方形 DEFG 四个顶点分别在$l_1$，$l_2$，$l_3$和$l_4$上，求该正方形 DEFG 的面积。
【拓展延伸】(3)如图③，$l_1 // l_2 // l_3 // l_4$，相邻两平行线间的距离不相等，若$l_1$与$l_2$间的距离为$h_1$个单位长度，$l_2$与$l_3$间的距离为$h_2$个单位长度，$l_3$与$l_4$间的距离为$h_3$个单位长度，正方形 DEFG 的四个顶点分别在$l_1$，$l_2$，$l_3$和$l_4$上，试用$h_1$，$h_2$和$h_3$表示正方形 DEFG 的面积，并说明理由。
1或$\frac{5}{2}$
。【数学思考】(2)如图②，$l_1 // l_2 // l_3 // l_4$，且相邻两条平行线间的距离都是1个单位长度，正方形 DEFG 四个顶点分别在$l_1$，$l_2$，$l_3$和$l_4$上，求该正方形 DEFG 的面积。
【拓展延伸】(3)如图③，$l_1 // l_2 // l_3 // l_4$，相邻两平行线间的距离不相等，若$l_1$与$l_2$间的距离为$h_1$个单位长度，$l_2$与$l_3$间的距离为$h_2$个单位长度，$l_3$与$l_4$间的距离为$h_3$个单位长度，正方形 DEFG 的四个顶点分别在$l_1$，$l_2$，$l_3$和$l_4$上，试用$h_1$，$h_2$和$h_3$表示正方形 DEFG 的面积，并说明理由。
答案
24.(1)1或$\frac{5}{2}$
(2)如图,分别过点 $E,G$ 作$l_1$ 的垂线,垂足分别为 $M,Q$,交$l_4$ 于点 $N,P$.
$\because$ 四边形 $DEFG$ 为正方形，
$\therefore DE=EF=FG=DG,∠DEF=∠EFG=∠FGD=∠GDE=90°.$
$\therefore △DME≌ △ENF≌ △FPG≌ △GQD(\mathrm{AAS}).$
$\therefore ME=NF=GP=DQ,DM=EN=FP=GQ.$
$\because l_1// l_2// l_3// l_4$,且相邻两条平行线间的距离都是 1 个单位长度，
$\therefore$ 四边形 $MNPQ$ 的面积为 $3×3=9$,$△ENF,△FPG,△GQD,△DME$ 的面积均为$\frac{1}{2}×2×1=1.$
$\therefore$ 四边形 $DEFG$ 的面积为 $9-4=5.$
(3)如图,分别过点 $E,G$ 作$l_1$ 的垂线,垂足分别为 $M,Q$,交$l_4$ 于点 $N,P$.
$\because$ 四边形 $DEFG$ 为正方形，
$\therefore DE=EF=FG=DG,∠DEF=∠EFG=∠FGD=∠GDE=90°.$
$\therefore △DME≌ △ENF≌ △FPG≌ △GQD(\mathrm{AAS}).$
$\therefore ME=NF=GP=DQ,DM=EN=FP=GQ.\therefore h_1=h_3.$
$\because l_1$ 与$l_2$ 间的距离为$h_1$ 个单位长度，
$l_2$ 与$l_3$ 间的距离为$h_2$ 个单位长度,$l_3$ 与$l_4$ 间的距离为$h_3$ 个单位长度，
$\therefore$ 四边形 $MNPQ$ 的面积为$(h_1+h_2+h_3)^2=(2h_1+h_2)^2.$
$\therefore$ 四边形 $DEFG$ 的面积为$(2h_1+h_2)^2-4×\frac{1}{2}×h_1×(h_2+h_1)=2h_1^2+2h_1·h_2+h_2^2.$
解析
【分析】
(1) 第一问需分情况讨论等腰直角三角形直角顶点的位置：当直角顶点在中间平行线$l_2$上时，构造全等三角形可得直角边长为$\sqrt{2}$，计算得面积为1；当直角顶点在外侧平行线$l_1$或$l_3$上时，构造全等可得直角边长为$\sqrt{5}$，计算得面积为$\frac{5}{2}$，即可得到两种结果。
(2) 第二问求正方形面积，可通过过正方形在$l_2$、$l_3$上的顶点作平行线的垂线，得到大矩形和四个全等的直角三角形，利用“大矩形面积减去四个全等直角三角形的面积”求解正方形面积。
(3) 第三问是第二问的一般化拓展，同样作垂线构造全等三角形，先由全等得到$h_1=h_3$，再用相同的面积差法推导，即可得到用$h_1$、$h_2$、$h_3$表示的正方形面积。
【解析】
(1) 分两种情况：
① 当等腰直角$△ ABC$的直角顶点在$l_2$上时，过$A$、$C$分别作$l_2$的垂线，可证两个直角三角形全等，得直角边长为$\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}$，面积为$\frac{1}{2}×\sqrt{2}×\sqrt{2}=1$；
② 当等腰直角$△ ABC$的直角顶点在$l_1$或$l_3$上时，过另外两个顶点作直角顶点所在平行线的垂线，可证两个直角三角形全等，得直角边长为$\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5}$，面积为$\frac{1}{2}×\sqrt{5}×\sqrt{5}=\frac{5}{2}$。
综上，$△ ABC$的面积为1或$\frac{5}{2}$。
(2) 如图，分别过点$E,G$ 作$l_1$ 的垂线，垂足分别为 $M,Q$,交$l_4$ 于点 $N,P$.
$\because$ 四边形 $DEFG$ 为正方形，
$\therefore DE=EF=FG=DG,∠DEF=∠EFG=∠FGD=∠GDE=90°.$
$\therefore ∠EDM+∠DEM=∠DEM+∠FEN=90°$，即$∠EDM=∠FEN$，同理可得其余对应角相等，
$\therefore △DME≌ △ENF≌ △FPG≌ △GQD(\mathrm{AAS}).$
$\therefore ME=NF=GP=DQ,DM=EN=FP=GQ.$
$\because l_1// l_2// l_3// l_4$,且相邻两条平行线间的距离都是 1 个单位长度，
$\therefore$ 大矩形$MNPQ$的长和宽均为$1+1+1=3$，面积为 $3×3=9$，
每个小直角三角形的两条直角边分别为1和2，面积均为$\frac{1}{2}×2×1=1.$
$\therefore$ 四边形 $DEFG$ 的面积为 $9-4×1=5.$
(3) 如图,分别过点 $E,G$ 作$l_1$ 的垂线,垂足分别为 $M,Q$,交$l_4$ 于点 $N,P$.
$\because$ 四边形 $DEFG$ 为正方形，
$\therefore DE=EF=FG=DG,∠DEF=∠EFG=∠FGD=∠GDE=90°.$
同理可证$△ DME≌ △ ENF≌ △ FPG≌ △ GQD(\mathrm{AAS}).$
$\therefore ME=NF=GP=DQ,DM=EN=FP=GQ$，结合平行线间距可得$h_1=h_3.$
$\because l_1$ 与$l_2$ 间的距离为$h_1$ 个单位长度，$l_2$ 与$l_3$ 间的距离为$h_2$ 个单位长度,$l_3$ 与$l_4$ 间的距离为$h_3$ 个单位长度，
$\therefore$ 大矩形$MNPQ$的边长为$h_1+h_2+h_3=2h_1+h_2$，面积为$(h_1+h_2+h_3)^2=(2h_1+h_2)^2.$
每个小直角三角形的两条直角边分别为$h_1$和$h_1+h_2$，四个小三角形总面积为$4×\frac{1}{2}×h_1×(h_2+h_1)=2h_1(h_1+h_2)$，
$\therefore$ 四边形 $DEFG$ 的面积为$(2h_1+h_2)^2-2h_1(h_1+h_2)=2h_1^2+2h_1·h_2+h_2^2.$
【答案】
(1)1或$\frac{5}{2}$
(2)如图,分别过点 $E,G$ 作$l_1$ 的垂线,垂足分别为 $M,Q$,交$l_4$ 于点 $N,P$.
$\because$ 四边形 $DEFG$ 为正方形，
$\therefore DE=EF=FG=DG,∠DEF=∠EFG=∠FGD=∠GDE=90°.$
$\therefore △DME≌ △ENF≌ △FPG≌ △GQD(\mathrm{AAS}).$
$\therefore ME=NF=GP=DQ,DM=EN=FP=GQ.$
$\because l_1// l_2// l_3// l_4$,且相邻两条平行线间的距离都是 1 个单位长度，
$\therefore$ 四边形 $MNPQ$ 的面积为 $3×3=9$,$△ENF,△FPG,△GQD,△DME$ 的面积均为$\frac{1}{2}×2×1=1.$
$\therefore$ 四边形 $DEFG$ 的面积为 $9-4=5.$
(3)如图,分别过点 $E,G$ 作$l_1$ 的垂线,垂足分别为 $M,Q$,交$l_4$ 于点 $N,P$.
$\because$ 四边形 $DEFG$ 为正方形，
$\therefore DE=EF=FG=DG,∠DEF=∠EFG=∠FGD=∠GDE=90°.$
$\therefore △DME≌ △ENF≌ △FPG≌ △GQD(\mathrm{AAS}).$
$\therefore ME=NF=GP=DQ,DM=EN=FP=GQ.\therefore h_1=h_3.$
$\because l_1$ 与$l_2$ 间的距离为$h_1$ 个单位长度，
$l_2$ 与$l_3$ 间的距离为$h_2$ 个单位长度,$l_3$ 与$l_4$ 间的距离为$h_3$ 个单位长度，
$\therefore$ 四边形 $MNPQ$ 的面积为$(h_1+h_2+h_3)^2=(2h_1+h_2)^2.$
$\therefore$ 四边形 $DEFG$ 的面积为$(2h_1+h_2)^2-4×\frac{1}{2}×h_1×(h_2+h_1)=2h_1^2+2h_1·h_2+h_2^2.$
【知识点】
平行线的性质，全等三角形的判定与性质，正方形的性质
【点评】
本题以平行线为背景，从特殊到一般设置问题层次，重点考查几何构造能力和面积计算方法，解题的核心是通过作垂线构造全等三角形，将平行线间距转化为直角三角形的边长，利用面积差法求解目标图形面积，对知识迁移应用能力有一定要求。
【难度系数】
0.5
(1) 第一问需分情况讨论等腰直角三角形直角顶点的位置：当直角顶点在中间平行线$l_2$上时，构造全等三角形可得直角边长为$\sqrt{2}$，计算得面积为1；当直角顶点在外侧平行线$l_1$或$l_3$上时，构造全等可得直角边长为$\sqrt{5}$，计算得面积为$\frac{5}{2}$，即可得到两种结果。
(2) 第二问求正方形面积，可通过过正方形在$l_2$、$l_3$上的顶点作平行线的垂线，得到大矩形和四个全等的直角三角形，利用“大矩形面积减去四个全等直角三角形的面积”求解正方形面积。
(3) 第三问是第二问的一般化拓展，同样作垂线构造全等三角形，先由全等得到$h_1=h_3$，再用相同的面积差法推导，即可得到用$h_1$、$h_2$、$h_3$表示的正方形面积。
【解析】
(1) 分两种情况：
① 当等腰直角$△ ABC$的直角顶点在$l_2$上时，过$A$、$C$分别作$l_2$的垂线，可证两个直角三角形全等，得直角边长为$\sqrt{1^2+1^2}=\sqrt{2}$，面积为$\frac{1}{2}×\sqrt{2}×\sqrt{2}=1$；
② 当等腰直角$△ ABC$的直角顶点在$l_1$或$l_3$上时，过另外两个顶点作直角顶点所在平行线的垂线，可证两个直角三角形全等，得直角边长为$\sqrt{1^2+2^2}=\sqrt{5}$，面积为$\frac{1}{2}×\sqrt{5}×\sqrt{5}=\frac{5}{2}$。
综上，$△ ABC$的面积为1或$\frac{5}{2}$。
(2) 如图，分别过点$E,G$ 作$l_1$ 的垂线，垂足分别为 $M,Q$,交$l_4$ 于点 $N,P$.
$\because$ 四边形 $DEFG$ 为正方形，
$\therefore DE=EF=FG=DG,∠DEF=∠EFG=∠FGD=∠GDE=90°.$
$\therefore ∠EDM+∠DEM=∠DEM+∠FEN=90°$，即$∠EDM=∠FEN$，同理可得其余对应角相等，
$\therefore △DME≌ △ENF≌ △FPG≌ △GQD(\mathrm{AAS}).$
$\therefore ME=NF=GP=DQ,DM=EN=FP=GQ.$
$\because l_1// l_2// l_3// l_4$,且相邻两条平行线间的距离都是 1 个单位长度，
$\therefore$ 大矩形$MNPQ$的长和宽均为$1+1+1=3$，面积为 $3×3=9$，
每个小直角三角形的两条直角边分别为1和2，面积均为$\frac{1}{2}×2×1=1.$
$\therefore$ 四边形 $DEFG$ 的面积为 $9-4×1=5.$
(3) 如图,分别过点 $E,G$ 作$l_1$ 的垂线,垂足分别为 $M,Q$,交$l_4$ 于点 $N,P$.
$\because$ 四边形 $DEFG$ 为正方形，
$\therefore DE=EF=FG=DG,∠DEF=∠EFG=∠FGD=∠GDE=90°.$
同理可证$△ DME≌ △ ENF≌ △ FPG≌ △ GQD(\mathrm{AAS}).$
$\therefore ME=NF=GP=DQ,DM=EN=FP=GQ$，结合平行线间距可得$h_1=h_3.$
$\because l_1$ 与$l_2$ 间的距离为$h_1$ 个单位长度，$l_2$ 与$l_3$ 间的距离为$h_2$ 个单位长度,$l_3$ 与$l_4$ 间的距离为$h_3$ 个单位长度，
$\therefore$ 大矩形$MNPQ$的边长为$h_1+h_2+h_3=2h_1+h_2$，面积为$(h_1+h_2+h_3)^2=(2h_1+h_2)^2.$
每个小直角三角形的两条直角边分别为$h_1$和$h_1+h_2$，四个小三角形总面积为$4×\frac{1}{2}×h_1×(h_2+h_1)=2h_1(h_1+h_2)$，
$\therefore$ 四边形 $DEFG$ 的面积为$(2h_1+h_2)^2-2h_1(h_1+h_2)=2h_1^2+2h_1·h_2+h_2^2.$
【答案】
(1)1或$\frac{5}{2}$
(2)如图,分别过点 $E,G$ 作$l_1$ 的垂线,垂足分别为 $M,Q$,交$l_4$ 于点 $N,P$.
$\because$ 四边形 $DEFG$ 为正方形，
$\therefore DE=EF=FG=DG,∠DEF=∠EFG=∠FGD=∠GDE=90°.$
$\therefore △DME≌ △ENF≌ △FPG≌ △GQD(\mathrm{AAS}).$
$\therefore ME=NF=GP=DQ,DM=EN=FP=GQ.$
$\because l_1// l_2// l_3// l_4$,且相邻两条平行线间的距离都是 1 个单位长度，
$\therefore$ 四边形 $MNPQ$ 的面积为 $3×3=9$,$△ENF,△FPG,△GQD,△DME$ 的面积均为$\frac{1}{2}×2×1=1.$
$\therefore$ 四边形 $DEFG$ 的面积为 $9-4=5.$
(3)如图,分别过点 $E,G$ 作$l_1$ 的垂线,垂足分别为 $M,Q$,交$l_4$ 于点 $N,P$.
$\because$ 四边形 $DEFG$ 为正方形，
$\therefore DE=EF=FG=DG,∠DEF=∠EFG=∠FGD=∠GDE=90°.$
$\therefore △DME≌ △ENF≌ △FPG≌ △GQD(\mathrm{AAS}).$
$\therefore ME=NF=GP=DQ,DM=EN=FP=GQ.\therefore h_1=h_3.$
$\because l_1$ 与$l_2$ 间的距离为$h_1$ 个单位长度，
$l_2$ 与$l_3$ 间的距离为$h_2$ 个单位长度,$l_3$ 与$l_4$ 间的距离为$h_3$ 个单位长度，
$\therefore$ 四边形 $MNPQ$ 的面积为$(h_1+h_2+h_3)^2=(2h_1+h_2)^2.$
$\therefore$ 四边形 $DEFG$ 的面积为$(2h_1+h_2)^2-4×\frac{1}{2}×h_1×(h_2+h_1)=2h_1^2+2h_1·h_2+h_2^2.$
【知识点】
平行线的性质，全等三角形的判定与性质，正方形的性质
【点评】
本题以平行线为背景，从特殊到一般设置问题层次，重点考查几何构造能力和面积计算方法，解题的核心是通过作垂线构造全等三角形，将平行线间距转化为直角三角形的边长，利用面积差法求解目标图形面积，对知识迁移应用能力有一定要求。
【难度系数】
0.5
