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24.（12 分）如图,已知四边形 ABCD 为正方形,AB=4,点 E 为对角线 AC 上的一动点,连接 DE,过点 E 作 EF⊥DE,交 BC 于点 F,以 DE,EF 为邻边作矩形 DEFG,连接 CG.
（1）求证：矩形 DEFG 是正方形.
（2）探究：CE+CG 的值是否为定值？若是,请求出这个定值；若不是,请说明理由.
（1）求证：矩形 DEFG 是正方形.
（2）探究：CE+CG 的值是否为定值？若是,请求出这个定值；若不是,请说明理由.
答案
24. (1) 略 (2) $ CE + CG = 4\sqrt{2} $ 是定值
解析
【解析】
（1）证明：过点E作$EM ⊥ BC$于点M，$EN ⊥ CD$于点N。
∵四边形ABCD是正方形，AC为对角线，
∴$∠ ECN = ∠ ECM = 45°$，
∴$EM = EN$，且$∠ EMC = ∠ ENC = ∠ BCD = 90°$，
∴四边形EMCN是正方形，$∠ MEN = 90°$。
∵$EF ⊥ DE$，
∴$∠ DEF = 90°$，
∴$∠ DEN + ∠ NEF = ∠ MEF + ∠ NEF = 90°$，即$∠ DEN = ∠ MEF$。
在$△ DEN$和$△ FEM$中：
$\begin{cases}∠ DNE = ∠ FME = 90° \\EN = EM \\∠ DEN = ∠ MEF\end{cases}$
∴$△ DEN ≌ △ FEM$（ASA），
∴$DE = EF$。
∵四边形DEFG是矩形，邻边相等的矩形是正方形，
∴矩形DEFG是正方形。
（2）解：$CE + CG$的值是定值，定值为$4\sqrt{2}$。
理由如下：
∵四边形ABCD和四边形DEFG都是正方形，
∴$AD = CD$，$DE = DG$，$∠ ADC = ∠ EDG = 90°$，
∴$∠ ADC - ∠ EDC = ∠ EDG - ∠ EDC$，即$∠ ADE = ∠ CDG$。
在$△ ADE$和$△ CDG$中：
$\begin{cases}AD = CD \\∠ ADE = ∠ CDG \\DE = DG\end{cases}$
∴$△ ADE ≌ △ CDG$（SAS），
∴$AE = CG$。
∵在正方形ABCD中，$AB = 4$，对角线$AC = \sqrt{2}AB = 4\sqrt{2}$，
∴$CE + CG = CE + AE = AC = 4\sqrt{2}$，即$CE + CG$的值为定值$4\sqrt{2}$。
【答案】
（1）证明见上述解析；
（2）是定值，$CE+CG=4\sqrt{2}$
【知识点】
正方形的判定与性质；全等三角形的判定与性质
【点评】
本题主要考查正方形的性质与判定、全等三角形的判定与性质，通过作辅助线构造全等三角形是解题关键，第二问利用全等转化线段是核心思路。
【难度系数】
0.6
（1）证明：过点E作$EM ⊥ BC$于点M，$EN ⊥ CD$于点N。
∵四边形ABCD是正方形，AC为对角线，
∴$∠ ECN = ∠ ECM = 45°$，
∴$EM = EN$，且$∠ EMC = ∠ ENC = ∠ BCD = 90°$，
∴四边形EMCN是正方形，$∠ MEN = 90°$。
∵$EF ⊥ DE$，
∴$∠ DEF = 90°$，
∴$∠ DEN + ∠ NEF = ∠ MEF + ∠ NEF = 90°$，即$∠ DEN = ∠ MEF$。
在$△ DEN$和$△ FEM$中：
$\begin{cases}∠ DNE = ∠ FME = 90° \\EN = EM \\∠ DEN = ∠ MEF\end{cases}$
∴$△ DEN ≌ △ FEM$（ASA），
∴$DE = EF$。
∵四边形DEFG是矩形，邻边相等的矩形是正方形，
∴矩形DEFG是正方形。
（2）解：$CE + CG$的值是定值，定值为$4\sqrt{2}$。
理由如下：
∵四边形ABCD和四边形DEFG都是正方形，
∴$AD = CD$，$DE = DG$，$∠ ADC = ∠ EDG = 90°$，
∴$∠ ADC - ∠ EDC = ∠ EDG - ∠ EDC$，即$∠ ADE = ∠ CDG$。
在$△ ADE$和$△ CDG$中：
$\begin{cases}AD = CD \\∠ ADE = ∠ CDG \\DE = DG\end{cases}$
∴$△ ADE ≌ △ CDG$（SAS），
∴$AE = CG$。
∵在正方形ABCD中，$AB = 4$，对角线$AC = \sqrt{2}AB = 4\sqrt{2}$，
∴$CE + CG = CE + AE = AC = 4\sqrt{2}$，即$CE + CG$的值为定值$4\sqrt{2}$。
【答案】
（1）证明见上述解析；
（2）是定值，$CE+CG=4\sqrt{2}$
【知识点】
正方形的判定与性质；全等三角形的判定与性质
【点评】
本题主要考查正方形的性质与判定、全等三角形的判定与性质，通过作辅助线构造全等三角形是解题关键，第二问利用全等转化线段是核心思路。
【难度系数】
0.6
25.(12 分)如图,在梯形 ABCD 中,∠A=90°,AD//BC,AD=20,AB=8,BC=26,动点 P 从点 A 开始沿边 AD 向点 D 以每秒 1 个单位长度的速度运动,动点 Q 从点 C 开始沿边 CB 向点 B 以每秒 3 个单位长度的速度运动,点 P,Q 分别从点 A,C 同时出发,当其中一点到端点时,另一点也随之停止运动,设运动时间为 t s(t＞0).
(1)边 AP 的长度为
(2)当 t 为何值时,四边形 PBQD 是平行四边形？请说明理由.
(3)小华同学研究发现：按以上变化,四边形 PBQD 在变化过程中不可能为菱形,除非改变动点的运动速度. 请探究如何改变点 Q 的速度(匀速运动),可以使四边形 PBQD 在某一时刻为菱形,求此时点 Q 的速度.
(1)边 AP 的长度为
$ t $
,边 PD 的长度为$ 20 - t $
(用含 t 的式子表示),其中 t 的取值范围为$ 0 ＜ t ≤ \dfrac{26}{3} $
.(2)当 t 为何值时,四边形 PBQD 是平行四边形？请说明理由.
(3)小华同学研究发现：按以上变化,四边形 PBQD 在变化过程中不可能为菱形,除非改变动点的运动速度. 请探究如何改变点 Q 的速度(匀速运动),可以使四边形 PBQD 在某一时刻为菱形,求此时点 Q 的速度.
答案
25. (1) $ t $ $ 20 - t $ $ 0 ＜ t ≤ \dfrac{26}{3} $ (2) $ t = 3 $ (3) $ Q $ 点速度为每秒 $ \dfrac{12}{7} $ 个单位长度
解析
【解析】
(1) 动点P从A出发，速度为每秒1个单位，故$AP=t$；
$PD=AD-AP=20-t$；
动点Q从C到B的时间为$\frac{26}{3}$秒，P从A到D的时间为20秒，故$t$的取值范围为$0＜t≤\frac{26}{3}$。
(2) 因为$AD// BC$，即$PD// BQ$，当$PD=BQ$时，四边形$PBQD$是平行四边形。
$BQ=BC-CQ=26-3t$，则：
$20-t=26-3t$
解得$t=3$，符合$t$的取值范围，故当$t=3$时，四边形$PBQD$是平行四边形。
(3) 设点Q的速度为每秒$v$个单位长度，若四边形$PBQD$为菱形，则需先为平行四边形，且$PB=PD$。
在$Rt△ PAB$中，$PB=\sqrt{AP^2+AB^2}=\sqrt{t^2+8^2}$，$PD=20-t$，令$PB=PD$：
$\sqrt{t^2+64}=20-t$
两边平方得：$t^2+64=400-40t+t^2$
解得$t=\frac{42}{5}$。
此时四边形$PBQD$为平行四边形，故$PD=BQ$，$PD=20-\frac{42}{5}=\frac{58}{5}$，$BQ=26-v×\frac{42}{5}$，则：
$\frac{58}{5}=26-\frac{42v}{5}$
解得$v=\frac{12}{7}$，即点Q的速度为每秒$\frac{12}{7}$个单位长度。
【答案】
(1) $\boldsymbol{t}$；$\boldsymbol{20-t}$；$\boldsymbol{0＜t≤\dfrac{26}{3}}$
(2) $\boldsymbol{t=3}$
(3) 点Q的速度为每秒$\boldsymbol{\dfrac{12}{7}}$个单位长度
【知识点】
梯形的性质；平行四边形的判定；菱形的判定
【点评】
本题考查梯形、平行四边形与菱形的动点问题，需结合动点运动规律，利用几何图形的判定定理列方程求解，关键是掌握平行四边形和菱形的判定条件，以及直角三角形勾股定理的应用。
【难度系数】
0.6
(1) 动点P从A出发，速度为每秒1个单位，故$AP=t$；
$PD=AD-AP=20-t$；
动点Q从C到B的时间为$\frac{26}{3}$秒，P从A到D的时间为20秒，故$t$的取值范围为$0＜t≤\frac{26}{3}$。
(2) 因为$AD// BC$，即$PD// BQ$，当$PD=BQ$时，四边形$PBQD$是平行四边形。
$BQ=BC-CQ=26-3t$，则：
$20-t=26-3t$
解得$t=3$，符合$t$的取值范围，故当$t=3$时，四边形$PBQD$是平行四边形。
(3) 设点Q的速度为每秒$v$个单位长度，若四边形$PBQD$为菱形，则需先为平行四边形，且$PB=PD$。
在$Rt△ PAB$中，$PB=\sqrt{AP^2+AB^2}=\sqrt{t^2+8^2}$，$PD=20-t$，令$PB=PD$：
$\sqrt{t^2+64}=20-t$
两边平方得：$t^2+64=400-40t+t^2$
解得$t=\frac{42}{5}$。
此时四边形$PBQD$为平行四边形，故$PD=BQ$，$PD=20-\frac{42}{5}=\frac{58}{5}$，$BQ=26-v×\frac{42}{5}$，则：
$\frac{58}{5}=26-\frac{42v}{5}$
解得$v=\frac{12}{7}$，即点Q的速度为每秒$\frac{12}{7}$个单位长度。
【答案】
(1) $\boldsymbol{t}$；$\boldsymbol{20-t}$；$\boldsymbol{0＜t≤\dfrac{26}{3}}$
(2) $\boldsymbol{t=3}$
(3) 点Q的速度为每秒$\boldsymbol{\dfrac{12}{7}}$个单位长度
【知识点】
梯形的性质；平行四边形的判定；菱形的判定
【点评】
本题考查梯形、平行四边形与菱形的动点问题，需结合动点运动规律，利用几何图形的判定定理列方程求解，关键是掌握平行四边形和菱形的判定条件，以及直角三角形勾股定理的应用。
【难度系数】
0.6
