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4. 如图,由四个全等的直角三角形和中间一个小正方形 EFGH 拼成一个大正方形 ABCD,连结 GE 并两端延长,交 AD 于点 P,交 BC 于点 Q. 若 BE=1,AE=2,则 BQ=
$\frac{\sqrt{5}}{3}$
.答案
4.$\frac{\sqrt{5}}{3}$
解析
【分析】
解题思路如下：1. 先根据直角三角形的直角边长BE=1、AE=2，用勾股定理求出大正方形ABCD的边长；2. 建立平面直角坐标系，将B点设为原点，BC放在x轴、BA放在y轴上，写出大正方形各顶点坐标；3. 利用三角函数关系求出小正方形的顶点E、G的坐标；4. 推导直线EG（即PQ）的解析式；5. 求直线EG与BC边的交点Q的横坐标，即为BQ的长度。
【解析】
1. 求大正方形边长：
在$Rt△ ABE$中，$∠ AEB=90°$，$BE=1$，$AE=2$，由勾股定理得：
$AB=\sqrt{AE^2+BE^2}=\sqrt{2^2+1^2}=\sqrt{5}$，即大正方形$ABCD$的边长为$\sqrt{5}$。
2. 建立平面直角坐标系：
设$B(0,0)$，$C(\sqrt{5},0)$，$A(0,\sqrt{5})$，$D(\sqrt{5},\sqrt{5})$。
3. 求E点坐标：
在$Rt△ ABE$中，$\cos∠ ABE=\frac{BE}{AB}=\frac{1}{\sqrt{5}}$，$\sin∠ ABE=\frac{AE}{AB}=\frac{2}{\sqrt{5}}$。
因为$∠ ABE+∠ EBC=90°$，所以$\cos∠ EBC=\sin∠ ABE=\frac{2}{\sqrt{5}}$，$\sin∠ EBC=\cos∠ ABE=\frac{1}{\sqrt{5}}$。
则E点横坐标$x_E=BE·\cos∠ EBC=1×\frac{2}{\sqrt{5}}=\frac{2}{\sqrt{5}}$，纵坐标$y_E=BE·\sin∠ EBC=1×\frac{1}{\sqrt{5}}=\frac{1}{\sqrt{5}}$，即$E(\frac{2}{\sqrt{5}},\frac{1}{\sqrt{5}})$。
4. 求G点坐标：
由四个直角三角形全等得$△ CDG≌△ ABE$，故$DG=BE=1$，$∠ CDG=∠ ABE$。
同理可得G点坐标：$x_G=\sqrt{5}-1×\frac{2}{\sqrt{5}}=\frac{3}{\sqrt{5}}$，$y_G=\sqrt{5}-1×\frac{1}{\sqrt{5}}=\frac{4}{\sqrt{5}}$，即$G(\frac{3}{\sqrt{5}},\frac{4}{\sqrt{5}})$。
5. 求直线EG的解析式：
直线EG的斜率$k=\frac{y_G-y_E}{x_G-x_E}=\frac{\frac{4}{\sqrt{5}}-\frac{1}{\sqrt{5}}}{\frac{3}{\sqrt{5}}-\frac{2}{\sqrt{5}}}=3$，代入E点坐标得直线方程：
$y-\frac{1}{\sqrt{5}}=3(x-\frac{2}{\sqrt{5}})$，化简得$y=3x-\sqrt{5}$。
6. 求BQ的长度：
Q在BC边上，BC的方程为$y=0$，代入直线方程得$0=3x-\sqrt{5}$，解得$x=\frac{\sqrt{5}}{3}$，即$Q(\frac{\sqrt{5}}{3},0)$，故$BQ=\frac{\sqrt{5}}{3}$。
【答案】
$\frac{\sqrt{5}}{3}$
【知识点】
勾股定理，一次函数的应用，正方形的性质
【点评】
本题将几何问题转化为代数问题求解，综合考查了正方形的性质、勾股定理和一次函数的相关知识，解题关键是准确建立坐标系、求出关键点的坐标，简化了几何推导的复杂度。
【难度系数】
0.6
解题思路如下：1. 先根据直角三角形的直角边长BE=1、AE=2，用勾股定理求出大正方形ABCD的边长；2. 建立平面直角坐标系，将B点设为原点，BC放在x轴、BA放在y轴上，写出大正方形各顶点坐标；3. 利用三角函数关系求出小正方形的顶点E、G的坐标；4. 推导直线EG（即PQ）的解析式；5. 求直线EG与BC边的交点Q的横坐标，即为BQ的长度。
【解析】
1. 求大正方形边长：
在$Rt△ ABE$中，$∠ AEB=90°$，$BE=1$，$AE=2$，由勾股定理得：
$AB=\sqrt{AE^2+BE^2}=\sqrt{2^2+1^2}=\sqrt{5}$，即大正方形$ABCD$的边长为$\sqrt{5}$。
2. 建立平面直角坐标系：
设$B(0,0)$，$C(\sqrt{5},0)$，$A(0,\sqrt{5})$，$D(\sqrt{5},\sqrt{5})$。
3. 求E点坐标：
在$Rt△ ABE$中，$\cos∠ ABE=\frac{BE}{AB}=\frac{1}{\sqrt{5}}$，$\sin∠ ABE=\frac{AE}{AB}=\frac{2}{\sqrt{5}}$。
因为$∠ ABE+∠ EBC=90°$，所以$\cos∠ EBC=\sin∠ ABE=\frac{2}{\sqrt{5}}$，$\sin∠ EBC=\cos∠ ABE=\frac{1}{\sqrt{5}}$。
则E点横坐标$x_E=BE·\cos∠ EBC=1×\frac{2}{\sqrt{5}}=\frac{2}{\sqrt{5}}$，纵坐标$y_E=BE·\sin∠ EBC=1×\frac{1}{\sqrt{5}}=\frac{1}{\sqrt{5}}$，即$E(\frac{2}{\sqrt{5}},\frac{1}{\sqrt{5}})$。
4. 求G点坐标：
由四个直角三角形全等得$△ CDG≌△ ABE$，故$DG=BE=1$，$∠ CDG=∠ ABE$。
同理可得G点坐标：$x_G=\sqrt{5}-1×\frac{2}{\sqrt{5}}=\frac{3}{\sqrt{5}}$，$y_G=\sqrt{5}-1×\frac{1}{\sqrt{5}}=\frac{4}{\sqrt{5}}$，即$G(\frac{3}{\sqrt{5}},\frac{4}{\sqrt{5}})$。
5. 求直线EG的解析式：
直线EG的斜率$k=\frac{y_G-y_E}{x_G-x_E}=\frac{\frac{4}{\sqrt{5}}-\frac{1}{\sqrt{5}}}{\frac{3}{\sqrt{5}}-\frac{2}{\sqrt{5}}}=3$，代入E点坐标得直线方程：
$y-\frac{1}{\sqrt{5}}=3(x-\frac{2}{\sqrt{5}})$，化简得$y=3x-\sqrt{5}$。
6. 求BQ的长度：
Q在BC边上，BC的方程为$y=0$，代入直线方程得$0=3x-\sqrt{5}$，解得$x=\frac{\sqrt{5}}{3}$，即$Q(\frac{\sqrt{5}}{3},0)$，故$BQ=\frac{\sqrt{5}}{3}$。
【答案】
$\frac{\sqrt{5}}{3}$
【知识点】
勾股定理，一次函数的应用，正方形的性质
【点评】
本题将几何问题转化为代数问题求解，综合考查了正方形的性质、勾股定理和一次函数的相关知识，解题关键是准确建立坐标系、求出关键点的坐标，简化了几何推导的复杂度。
【难度系数】
0.6
5. 如图①,我们把对角线互相垂直的四边形叫作垂美四边形.
（1）概念理解：如图②，在四边形ABCD中，AB=AD，CB=CD，问：四边形ABCD是垂美四边形吗？请说明理由.
（2）性质探究：试探索垂美四边形ABCD两组对边AB,CD与BC,AD之间的数量关系.
猜想结论：
请写出证明过程.(先画出图形,再写出已知、求证)
（3）问题解决:如图③,分别以$\mathrm{Rt}△ ACB$的直角边$AC$和斜边$AB$为边向外作正方形$ACFG$和正方形$ABDE$，连结$CE,BG,GE$. 已知$AC=4,AB=5$，求$GE$的长.
（1）概念理解：如图②，在四边形ABCD中，AB=AD，CB=CD，问：四边形ABCD是垂美四边形吗？请说明理由.
（2）性质探究：试探索垂美四边形ABCD两组对边AB,CD与BC,AD之间的数量关系.
猜想结论：
垂美四边形的两组对边的平方和相等
.(要求用文字语言叙述)请写出证明过程.(先画出图形,再写出已知、求证)
（3）问题解决:如图③,分别以$\mathrm{Rt}△ ACB$的直角边$AC$和斜边$AB$为边向外作正方形$ACFG$和正方形$ABDE$，连结$CE,BG,GE$. 已知$AC=4,AB=5$，求$GE$的长.
答案
5.(1)是,理由略 (2)垂美四边形的两组对边的平方和相等,证明过程略 (3)$GE=\sqrt{73}$
解析
【分析】
1. 第(1)问：判断四边形是否为垂美四边形，核心是验证对角线是否互相垂直。根据垂直平分线的判定：到线段两端距离相等的点在该线段的垂直平分线上，结合AB=AD、CB=CD可推出AC是BD的垂直平分线，即AC⊥BD，符合垂美四边形定义。
2. 第(2)问：已知对角线互相垂直，可借助勾股定理，用对角线被交点分成的4条线段分别表示四边形四条边的平方，再分别计算两组对边的平方和，即可推导出数量关系。
3. 第(3)问：先通过SAS证明△GAB≌△CAE，推导得出BG⊥CE，即四边形CGEB是垂美四边形，再利用第(2)问得出的垂美四边形性质，代入已知边长计算即可求出GE的长度。
【解析】
(1) 四边形ABCD是垂美四边形，理由如下：
连接BD、AC交于点O。
∵ AB=AD，
∴ 点A在线段BD的垂直平分线上，
∵ CB=CD，
∴ 点C在线段BD的垂直平分线上，
∴ AC是线段BD的垂直平分线，
∴ AC⊥BD，满足垂美四边形对角线互相垂直的定义，故四边形ABCD是垂美四边形。
(2) 猜想结论：垂美四边形的两组对边的平方和相等。
已知：四边形ABCD中，对角线AC⊥BD，垂足为O。
求证：$AB^2 + CD^2 = AD^2 + BC^2$。
证明：
∵ AC⊥BD，
∴ $∠ AOB=∠ BOC=∠ COD=∠ DOA=90°$，
由勾股定理得：
$AB^2 = AO^2 + BO^2$，$CD^2 = CO^2 + DO^2$，
∴ $AB^2 + CD^2 = AO^2 + BO^2 + CO^2 + DO^2$，
同理，$AD^2 = AO^2 + DO^2$，$BC^2 = BO^2 + CO^2$，
∴ $AD^2 + BC^2 = AO^2 + DO^2 + BO^2 + CO^2$，
∴ $AB^2 + CD^2 = AD^2 + BC^2$。
(3) 连接CG、BE，设BG与CE交于点N，AC与BG交于点M。
∵ 四边形ACFG和四边形ABDE都是正方形，
∴ $AG=AC$，$AB=AE$，$∠ CAG=∠ BAE=90°$，
∴ $∠ CAG + ∠ BAC = ∠ BAE + ∠ BAC$，即$∠ GAB=∠ CAE$，
在$△ GAB$和$△ CAE$中：
$\begin{cases} AG=AC \\ ∠ GAB=∠ CAE \\ AB=AE \end{cases}$
∴ $△ GAB ≌ △ CAE$（SAS），
∴ $∠ ABG=∠ AEC$，
∵ $∠ AEC + ∠ ANE=90°$，$∠ ANE=∠ BNC$，
∴ $∠ ABG + ∠ BNC=90°$，即$CE⊥ BG$，
∴ 四边形CGEB是垂美四边形，
由(2)的结论得：$CG^2 + BE^2 = CB^2 + GE^2$，
在$Rt△ ACB$中，$AC=4$，$AB=5$，由勾股定理得$BC^2=AB^2 - AC^2=25-16=9$，
正方形ACFG中，$CG^2=AC^2 + AG^2=4^2+4^2=32$，
正方形ABDE中，$BE^2=AB^2 + AE^2=5^2+5^2=50$，
代入得：$32 + 50 = 9 + GE^2$，
解得$GE^2=73$，
∵ 边长为正，
∴ $GE=\sqrt{73}$。
【答案】
(1) 是，理由见解析；
(2) 垂美四边形的两组对边的平方和相等，证明见解析；
(3) $GE=\sqrt{73}$
【知识点】
垂直平分线判定；勾股定理；全等三角形的判定与性质
【点评】
本题是新定义类题型，需要先准确理解新定义，再结合已学的几何知识探究新定义图形的性质，最后迁移性质解决实际几何计算问题，对知识的灵活运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.65
1. 第(1)问：判断四边形是否为垂美四边形，核心是验证对角线是否互相垂直。根据垂直平分线的判定：到线段两端距离相等的点在该线段的垂直平分线上，结合AB=AD、CB=CD可推出AC是BD的垂直平分线，即AC⊥BD，符合垂美四边形定义。
2. 第(2)问：已知对角线互相垂直，可借助勾股定理，用对角线被交点分成的4条线段分别表示四边形四条边的平方，再分别计算两组对边的平方和，即可推导出数量关系。
3. 第(3)问：先通过SAS证明△GAB≌△CAE，推导得出BG⊥CE，即四边形CGEB是垂美四边形，再利用第(2)问得出的垂美四边形性质，代入已知边长计算即可求出GE的长度。
【解析】
(1) 四边形ABCD是垂美四边形，理由如下：
连接BD、AC交于点O。
∵ AB=AD，
∴ 点A在线段BD的垂直平分线上，
∵ CB=CD，
∴ 点C在线段BD的垂直平分线上，
∴ AC是线段BD的垂直平分线，
∴ AC⊥BD，满足垂美四边形对角线互相垂直的定义，故四边形ABCD是垂美四边形。
(2) 猜想结论：垂美四边形的两组对边的平方和相等。
已知：四边形ABCD中，对角线AC⊥BD，垂足为O。
求证：$AB^2 + CD^2 = AD^2 + BC^2$。
证明：
∵ AC⊥BD，
∴ $∠ AOB=∠ BOC=∠ COD=∠ DOA=90°$，
由勾股定理得：
$AB^2 = AO^2 + BO^2$，$CD^2 = CO^2 + DO^2$，
∴ $AB^2 + CD^2 = AO^2 + BO^2 + CO^2 + DO^2$，
同理，$AD^2 = AO^2 + DO^2$，$BC^2 = BO^2 + CO^2$，
∴ $AD^2 + BC^2 = AO^2 + DO^2 + BO^2 + CO^2$，
∴ $AB^2 + CD^2 = AD^2 + BC^2$。
(3) 连接CG、BE，设BG与CE交于点N，AC与BG交于点M。
∵ 四边形ACFG和四边形ABDE都是正方形，
∴ $AG=AC$，$AB=AE$，$∠ CAG=∠ BAE=90°$，
∴ $∠ CAG + ∠ BAC = ∠ BAE + ∠ BAC$，即$∠ GAB=∠ CAE$，
在$△ GAB$和$△ CAE$中：
$\begin{cases} AG=AC \\ ∠ GAB=∠ CAE \\ AB=AE \end{cases}$
∴ $△ GAB ≌ △ CAE$（SAS），
∴ $∠ ABG=∠ AEC$，
∵ $∠ AEC + ∠ ANE=90°$，$∠ ANE=∠ BNC$，
∴ $∠ ABG + ∠ BNC=90°$，即$CE⊥ BG$，
∴ 四边形CGEB是垂美四边形，
由(2)的结论得：$CG^2 + BE^2 = CB^2 + GE^2$，
在$Rt△ ACB$中，$AC=4$，$AB=5$，由勾股定理得$BC^2=AB^2 - AC^2=25-16=9$，
正方形ACFG中，$CG^2=AC^2 + AG^2=4^2+4^2=32$，
正方形ABDE中，$BE^2=AB^2 + AE^2=5^2+5^2=50$，
代入得：$32 + 50 = 9 + GE^2$，
解得$GE^2=73$，
∵ 边长为正，
∴ $GE=\sqrt{73}$。
【答案】
(1) 是，理由见解析；
(2) 垂美四边形的两组对边的平方和相等，证明见解析；
(3) $GE=\sqrt{73}$
【知识点】
垂直平分线判定；勾股定理；全等三角形的判定与性质
【点评】
本题是新定义类题型，需要先准确理解新定义，再结合已学的几何知识探究新定义图形的性质，最后迁移性质解决实际几何计算问题，对知识的灵活运用能力有一定要求。
【难度系数】
0.65
