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4.(2024·嘉兴)如图,在菱形ABCD中,∠A=120°,过对角线BD上一点P作MN//AB,QF//AD,交各边于点M,N,F,Q。$□ EFGH$的四个顶点分别在菱形的四条边上,且EH经过点P。若要求$□ EFGH$的面积,则只需知道线段
（
A.AF的长
B.BF的长
C.EF的长
D.FG的长
（
B
）A.AF的长
B.BF的长
C.EF的长
D.FG的长
答案
4.B 解析:如图,连结PG,FN,则易有$S_{□ EFGH}=2S_{△ FPG}=2S_{△ FNP}$,又因为∠A=120°,MN//AB,FQ//BC,所以易得$△ FNP$为等边三角形,FB=$PN$,所以易得 $S_{△ FNP}=\frac{\sqrt{3}}{4}BF^2$,即$S_{□ EFGH}=\frac{\sqrt{3}}{2}BF^2$。所以若要求$□ EFGH$的面积,只需知道线段 BF 的长即可,故选B。
解析
【分析】
要解决本题，需结合菱形的性质、平行四边形与三角形的面积关系，以及等边三角形的判定与性质推导。首先连接PG、FN，利用MN//AB、QF//AD的条件，结合菱形∠A=120°的特点，判断相关三角形的形状，进而找到平行四边形EFGH的面积与线段BF的关系，确定所需线段长度。
【解析】
如图，连结PG、FN。
1. 由菱形ABCD中，MN//AB，QF//AD，可得四边形FPNM是平行四边形；结合∠A=120°，可推得△FNP为等边三角形，因此FB=PN。
2. 平行四边形EFGH的面积与△FPG、△FNP的面积满足：$S_{□ EFGH}=2S_{△ FPG}=2S_{△ FNP}$。
3. 因为△FNP是等边三角形，边长为BF，所以$S_{△ FNP}=\frac{\sqrt{3}}{4}BF^2$，代入得$S_{□ EFGH}=2×\frac{\sqrt{3}}{4}BF^2=\frac{\sqrt{3}}{2}BF^2$。
由此可知，平行四边形EFGH的面积仅与BF的长度有关，只需知道BF的长即可求出其面积。
【答案】
B
【知识点】
菱形性质、平行四边形面积、等边三角形性质
【点评】
本题通过构造辅助线将平行四边形面积转化为三角形面积，结合菱形和等边三角形的性质建立面积与线段的关系，考查几何图形性质的综合应用能力。
【难度系数】
0.5
要解决本题，需结合菱形的性质、平行四边形与三角形的面积关系，以及等边三角形的判定与性质推导。首先连接PG、FN，利用MN//AB、QF//AD的条件，结合菱形∠A=120°的特点，判断相关三角形的形状，进而找到平行四边形EFGH的面积与线段BF的关系，确定所需线段长度。
【解析】
如图，连结PG、FN。
1. 由菱形ABCD中，MN//AB，QF//AD，可得四边形FPNM是平行四边形；结合∠A=120°，可推得△FNP为等边三角形，因此FB=PN。
2. 平行四边形EFGH的面积与△FPG、△FNP的面积满足：$S_{□ EFGH}=2S_{△ FPG}=2S_{△ FNP}$。
3. 因为△FNP是等边三角形，边长为BF，所以$S_{△ FNP}=\frac{\sqrt{3}}{4}BF^2$，代入得$S_{□ EFGH}=2×\frac{\sqrt{3}}{4}BF^2=\frac{\sqrt{3}}{2}BF^2$。
由此可知，平行四边形EFGH的面积仅与BF的长度有关，只需知道BF的长即可求出其面积。
【答案】
B
【知识点】
菱形性质、平行四边形面积、等边三角形性质
【点评】
本题通过构造辅助线将平行四边形面积转化为三角形面积，结合菱形和等边三角形的性质建立面积与线段的关系，考查几何图形性质的综合应用能力。
【难度系数】
0.5
二、填空题
5.(2024·乐清)如图,在凸五边形ABCDE中,AE//CD(AE＜CD),BC⊥CD,EF为底边CD上的高,点F为垂足(在线段CD上),且已知AE+EF=CF,AB=ED,CF=2FD,若$S_{△ EFD}=12$,那么$S_{五边形ABCDE}=$
5.(2024·乐清)如图,在凸五边形ABCDE中,AE//CD(AE＜CD),BC⊥CD,EF为底边CD上的高,点F为垂足(在线段CD上),且已知AE+EF=CF,AB=ED,CF=2FD,若$S_{△ EFD}=12$,那么$S_{五边形ABCDE}=$
48
。答案
5.48 解析:如图,延长 CB,EA 交于点 P,可构造矩形 PEFC,并连结CE。易证$△ APB≌△ EFD$(HL)。所以 $S_{五边形ABCDE}=S_{矩形PEFC}=$$2S_{△ ECF}$。又因为 $\frac{S_{△ ECF}}{S_{△ EFD}}=\frac{CF}{FD}=2$,所以 $S_{△ ECF}=2S_{△ EFD}=24$,所以 $S_{五边形ABCDE}=2S_{△ ECF}=48$。
解析
【分析】
要解决该问题，核心是通过构造辅助线转化不规则图形的面积：根据已知的平行和垂直条件，延长CB、EA交于点P，构造矩形PEFC；再结合边的关系证明直角三角形全等，将五边形面积转化为矩形面积；最后利用底的比例关系计算三角形面积，进而得到五边形面积。
【解析】
解：延长CB、EA交于点P，
∵ AE//CD，BC⊥CD，EF⊥CD，
∴ ∠P=∠BCF=∠EFC=90°，
∴ 四边形PEFC是矩形，故PE=CF，EF=PC。
已知AE + EF = CF，又PE = PA + AE，
∴ PA + AE = AE + EF，得PA = EF。
在Rt△APB和Rt△EFD中，
$\{\begin{array}{l} AB = ED \\ PA = EF \end{array} $
∴ Rt△APB ≌ Rt△EFD（HL），
因此五边形ABCDE的面积等于矩形PEFC的面积。
∵ CF=2FD，△ECF与△EFD同高（高为EF），
∴ $S_{△ECF} = 2S_{△EFD} = 2×12 = 24$，
矩形PEFC的面积 = $2S_{△ECF} = 2×24 = 48$，
故 $S_{五边形ABCDE} = 48$。
【答案】
5.48
【知识点】
矩形的判定与性质；全等三角形的判定（HL）；三角形面积计算
【点评】
本题通过构造辅助线将不规则五边形面积转化为规则矩形面积，利用全等三角形和面积比例简化计算，体现了转化思想，需具备图形分析和辅助线构造能力。
【难度系数】
0.5
要解决该问题，核心是通过构造辅助线转化不规则图形的面积：根据已知的平行和垂直条件，延长CB、EA交于点P，构造矩形PEFC；再结合边的关系证明直角三角形全等，将五边形面积转化为矩形面积；最后利用底的比例关系计算三角形面积，进而得到五边形面积。
【解析】
解：延长CB、EA交于点P，
∵ AE//CD，BC⊥CD，EF⊥CD，
∴ ∠P=∠BCF=∠EFC=90°，
∴ 四边形PEFC是矩形，故PE=CF，EF=PC。
已知AE + EF = CF，又PE = PA + AE，
∴ PA + AE = AE + EF，得PA = EF。
在Rt△APB和Rt△EFD中，
$\{\begin{array}{l} AB = ED \\ PA = EF \end{array} $
∴ Rt△APB ≌ Rt△EFD（HL），
因此五边形ABCDE的面积等于矩形PEFC的面积。
∵ CF=2FD，△ECF与△EFD同高（高为EF），
∴ $S_{△ECF} = 2S_{△EFD} = 2×12 = 24$，
矩形PEFC的面积 = $2S_{△ECF} = 2×24 = 48$，
故 $S_{五边形ABCDE} = 48$。
【答案】
5.48
【知识点】
矩形的判定与性质；全等三角形的判定（HL）；三角形面积计算
【点评】
本题通过构造辅助线将不规则五边形面积转化为规则矩形面积，利用全等三角形和面积比例简化计算，体现了转化思想，需具备图形分析和辅助线构造能力。
【难度系数】
0.5
6.(2024·金华金东、婺城)如图,过$□ ABCD$内的点$P$作各边的平行线分别交$AB,BC,CD,DA$于点$E,F,G,H$。连结$AF,AG,FG$。已知$△ AFG$与$□ AEPH$的面积分别为$m,n$。
(1)若点$P$是$□ ABCD$的对称中心,则$\frac{n}{m}=$
(2)$□ ABCD$的面积为
(1)若点$P$是$□ ABCD$的对称中心,则$\frac{n}{m}=$
$\frac{2}{3}$
。(2)$□ ABCD$的面积为
$2m+n$
。(用含$m,n$的代数式表示)答案
6.(1)$\frac{2}{3}$ (2)$2m+n$ 解析:如图 1,连结 AP,则易得 $S_{△ APG}=$$S_{△ APF}=S_{△ FPG}=\frac{1}{2}S_{□ AEPH}=\frac{n}{2}$,即 $m=3×\frac{n}{2}$,所以 $\frac{n}{m}=\frac{2}{3}$。
(2)如图 2,连结 AP,PD,BP,CP,由已知易得 $S_{△ APG}=S_{△ PGD}$$=\frac{1}{2}S_{□ HPGD},S_{△ APF}=S_{△ BFP}=\frac{1}{2}S_{□ BEPF},S_{△ PFG}=S_{△ PCG}=$$\frac{1}{2}S_{□ PFCG},S_{□ ABCD}=S_{□ AEPH}+S_{□ HPGD}+S_{□ BEPF}+S_{□ PFCG}=$$S_{□ AEPH}+2(S_{△ APG}+S_{△ APF}+S_{△ PFG})=2m+n$。
解析
【分析】
首先，第(1)问利用平行四边形对称中心的性质，结合三角形与平行四边形的面积关系（等底等高的三角形面积是平行四边形的一半），将△AFG的面积拆分为三个小三角形的面积，建立与已知面积n的关系求比值；第(2)问通过连接点P与大平行四边形各顶点，将大平行四边形分割为四个小平行四边形，利用每个小平行四边形中对应三角形面积为其一半的性质，推导总面积的表达式。
【解析】
(1) 因为点P是□ABCD的对称中心，过P作各边平行线后，□AEPH为平行四边形，由对称性可知：
$S_{△ APG}=S_{△ APF}=S_{△ FPG}=\frac{1}{2}S_{□AEPH}=\frac{n}{2}$
△AFG的面积$m=S_{△ APG}+S_{△ APF}+S_{△ FPG}=3×\frac{n}{2}$，因此$\frac{n}{m}=\frac{2}{3}$。
(2) 连结AP、BP、CP、DP，对四个小平行四边形分析：
□HPGD中，$S_{△ APG}=S_{△ PGD}=\frac{1}{2}S_{□HPGD}$；
□BEPF中，$S_{△ APF}=S_{△ BFP}=\frac{1}{2}S_{□BEPF}$；
□PFCG中，$S_{△ PFG}=S_{△ PCG}=\frac{1}{2}S_{□PFCG}$；
则□ABCD的面积为四个小平行四边形面积之和：
$S_{□ABCD}=S_{□AEPH}+S_{□HPGD}+S_{□BEPF}+S_{□PFCG}$
代入上述关系得：
$S_{□ABCD}=n + 2(S_{△ APG}+S_{△ APF}+S_{△ FPG})=n + 2m$，即$2m+n$。
【答案】
(1)$\frac{2}{3}$；(2)$2m+n$
【知识点】
平行四边形性质、三角形面积、中心对称
【点评】
本题考查平行四边形的面积性质，核心是利用“等底等高的三角形面积是平行四边形面积的一半”，结合平行四边形的对称性分割图形，建立各部分面积的联系，解题关键是合理拆分图形转化面积关系。
【难度系数】
0.5
首先，第(1)问利用平行四边形对称中心的性质，结合三角形与平行四边形的面积关系（等底等高的三角形面积是平行四边形的一半），将△AFG的面积拆分为三个小三角形的面积，建立与已知面积n的关系求比值；第(2)问通过连接点P与大平行四边形各顶点，将大平行四边形分割为四个小平行四边形，利用每个小平行四边形中对应三角形面积为其一半的性质，推导总面积的表达式。
【解析】
(1) 因为点P是□ABCD的对称中心，过P作各边平行线后，□AEPH为平行四边形，由对称性可知：
$S_{△ APG}=S_{△ APF}=S_{△ FPG}=\frac{1}{2}S_{□AEPH}=\frac{n}{2}$
△AFG的面积$m=S_{△ APG}+S_{△ APF}+S_{△ FPG}=3×\frac{n}{2}$，因此$\frac{n}{m}=\frac{2}{3}$。
(2) 连结AP、BP、CP、DP，对四个小平行四边形分析：
□HPGD中，$S_{△ APG}=S_{△ PGD}=\frac{1}{2}S_{□HPGD}$；
□BEPF中，$S_{△ APF}=S_{△ BFP}=\frac{1}{2}S_{□BEPF}$；
□PFCG中，$S_{△ PFG}=S_{△ PCG}=\frac{1}{2}S_{□PFCG}$；
则□ABCD的面积为四个小平行四边形面积之和：
$S_{□ABCD}=S_{□AEPH}+S_{□HPGD}+S_{□BEPF}+S_{□PFCG}$
代入上述关系得：
$S_{□ABCD}=n + 2(S_{△ APG}+S_{△ APF}+S_{△ FPG})=n + 2m$，即$2m+n$。
【答案】
(1)$\frac{2}{3}$；(2)$2m+n$
【知识点】
平行四边形性质、三角形面积、中心对称
【点评】
本题考查平行四边形的面积性质，核心是利用“等底等高的三角形面积是平行四边形面积的一半”，结合平行四边形的对称性分割图形，建立各部分面积的联系，解题关键是合理拆分图形转化面积关系。
【难度系数】
0.5
7. 如图,在正方形ABCD中,点E,F分别在BC,CD的延长线上,连结AE,AF,EF,AE与CF交于点G。已知∠EAF=45°,AB=3。有以下四个结论:①$BE - DF = EF$;②$∠AEF = ∠AEB$;③$GF = GE$;④若$DF = 1$,则$△AEF$的面积为7.5。以上结论正确的是
①②④
。答案
7. ①②④ 解析:①如图,延长 DF 至点 E',使 DE'=BE,连结 AE',则易证$△ ADE'≌$$△ ABE$,所以 $AE'=AE,∠E'AD=$$∠EAB$,所以$∠E'AE=∠E'AD+∠DAG$$=∠EAB+∠DAG=90°$,又因为$∠EAF$$=45°$,所以$∠E'AF=45°$,所以可证$△ E'AF≌△ EAF$,所以$E'F=EF$,即$BE$$=DE'=DF+EF$,所以$BE-DF=EF$,① 正 确; ② 因 为$△ E'AF ≌ △ EAF$,$△ ADE'≌△ ABE$,所以$∠AEF=∠AE'F$$=∠AEB$,②正确;若$GF=GE$,设$∠GEF=α$,则$∠CGE=2α,∠AEB=α$,所以$α=30°$,易得$BE$$=3\sqrt{3}$,而由题意,得 E 为动点,故③不正确;④设$FE'=x$,则$BE=DE'=1+x$,所以$CE=x-2$,且$FE=x$,所以在$\mathrm{Rt}△ CEF$中,有$(x-2)^2+4^2=x^2$,解得$x=5$,即$S_{△ AEF}=$$S_{△ AE'F}=\frac{3}{2}x=7.5$,故④正确。
解析
【分析】
要解决这道正方形中的几何结论判断题，核心思路是利用旋转构造全等三角形，将分散的线段和角度集中。对于结论①，通过延长FD构造与BE相等的线段DE'，证明两次全等推导线段关系；结论②利用全等三角形对应角相等推导角度关系；结论③结合动点性质分析角度是否固定；结论④结合勾股定理和全等三角形面积关系计算面积。
【解析】
1. 证明结论①：
延长FD至点E'，使DE'=BE，连接AE'。
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB，∠ADE'=∠ABE=90°，
在△ADE'和△ABE中：
$\{\begin{array}{l}AD=AB\\∠ADE'=∠ABE\\DE'=BE\end{array} $
∴△ADE'≌△ABE（SAS），
∴AE'=AE，∠E'AD=∠EAB，
∴∠E'AE=∠E'AD + ∠DAE = ∠EAB + ∠DAE = ∠BAD=90°，
又
∵∠EAF=45°，
∴∠E'AF=∠E'AE - ∠EAF=90°-45°=45°，
在△E'AF和△EAF中：
$\{\begin{array}{l}AE'=AE\\∠E'AF=∠EAF\\AF=AF\end{array} $
∴△E'AF≌△EAF（SAS），
∴E'F=EF，
∵DE'=BE，且E'F=DE' - DF（E'在FD延长线上），即EF=BE - DF，故①正确。
2. 证明结论②：
由△E'AF≌△EAF得∠AEF=∠AE'F，
由△ADE'≌△ABE得∠AE'F=∠AEB，
∴∠AEF=∠AEB，故②正确。
3. 分析结论③：
假设GF=GE，则△GEF为等腰三角形，∠GEF=∠GFE，设∠AEB=α，由②知∠AEF=α，∠CEG=α，在Rt△CEG中，∠CGE=90°-α，若GF=GE，则∠GFE=α，但E为动点，α不是固定值，故GF不一定等于GE，③错误。
4. 证明结论④：
已知DF=1，设FE'=x，由①知BE=DE'=DF + FE'=1+x，
∴CE=BE - BC=(1+x)-3=x-2，CF=CD + DF=3+1=4，
在Rt△CEF中，由勾股定理：CE² + CF²=EF²，
∵EF=FE'=x，
∴(x-2)² + 4² = x²，
展开得x² -4x +4 +16 =x²，
化简得-4x +20=0，解得x=5，
∵△E'AF≌△EAF，
∴S△AEF=S△AE'F=$\frac{1}{2}$×E'F×AD=$\frac{1}{2}$×5×3=7.5，故④正确。
【答案】
①②④
【知识点】
正方形性质，全等三角形判定，勾股定理
【点评】
本题是正方形中的几何综合题，核心是通过旋转构造全等三角形解决线段、角度和面积问题，需掌握旋转辅助线的构造方法，同时注意动点的性质，避免错误结论，对几何逻辑推理能力有一定要求。
【难度系数】
0.4
要解决这道正方形中的几何结论判断题，核心思路是利用旋转构造全等三角形，将分散的线段和角度集中。对于结论①，通过延长FD构造与BE相等的线段DE'，证明两次全等推导线段关系；结论②利用全等三角形对应角相等推导角度关系；结论③结合动点性质分析角度是否固定；结论④结合勾股定理和全等三角形面积关系计算面积。
【解析】
1. 证明结论①：
延长FD至点E'，使DE'=BE，连接AE'。
∵四边形ABCD是正方形，
∴AD=AB，∠ADE'=∠ABE=90°，
在△ADE'和△ABE中：
$\{\begin{array}{l}AD=AB\\∠ADE'=∠ABE\\DE'=BE\end{array} $
∴△ADE'≌△ABE（SAS），
∴AE'=AE，∠E'AD=∠EAB，
∴∠E'AE=∠E'AD + ∠DAE = ∠EAB + ∠DAE = ∠BAD=90°，
又
∵∠EAF=45°，
∴∠E'AF=∠E'AE - ∠EAF=90°-45°=45°，
在△E'AF和△EAF中：
$\{\begin{array}{l}AE'=AE\\∠E'AF=∠EAF\\AF=AF\end{array} $
∴△E'AF≌△EAF（SAS），
∴E'F=EF，
∵DE'=BE，且E'F=DE' - DF（E'在FD延长线上），即EF=BE - DF，故①正确。
2. 证明结论②：
由△E'AF≌△EAF得∠AEF=∠AE'F，
由△ADE'≌△ABE得∠AE'F=∠AEB，
∴∠AEF=∠AEB，故②正确。
3. 分析结论③：
假设GF=GE，则△GEF为等腰三角形，∠GEF=∠GFE，设∠AEB=α，由②知∠AEF=α，∠CEG=α，在Rt△CEG中，∠CGE=90°-α，若GF=GE，则∠GFE=α，但E为动点，α不是固定值，故GF不一定等于GE，③错误。
4. 证明结论④：
已知DF=1，设FE'=x，由①知BE=DE'=DF + FE'=1+x，
∴CE=BE - BC=(1+x)-3=x-2，CF=CD + DF=3+1=4，
在Rt△CEF中，由勾股定理：CE² + CF²=EF²，
∵EF=FE'=x，
∴(x-2)² + 4² = x²，
展开得x² -4x +4 +16 =x²，
化简得-4x +20=0，解得x=5，
∵△E'AF≌△EAF，
∴S△AEF=S△AE'F=$\frac{1}{2}$×E'F×AD=$\frac{1}{2}$×5×3=7.5，故④正确。
【答案】
①②④
【知识点】
正方形性质，全等三角形判定，勾股定理
【点评】
本题是正方形中的几何综合题，核心是通过旋转构造全等三角形解决线段、角度和面积问题，需掌握旋转辅助线的构造方法，同时注意动点的性质，避免错误结论，对几何逻辑推理能力有一定要求。
【难度系数】
0.4
三、解答题
8.(2025·杭州余杭、临平)如图,在四边形ABCD中,AD//BC,AE⊥BC于点E,CF⊥AB于点F,AE与CF相交于点G,连结GD,已知∠1=∠2,∠3=∠4。
(1)求证:四边形ABCD是平行四边形。
(2)若AG=3,DG=5,求GE的值。
(3)若F是AB的中点,连结EF,求证:DG⊥EF。
8.(2025·杭州余杭、临平)如图,在四边形ABCD中,AD//BC,AE⊥BC于点E,CF⊥AB于点F,AE与CF相交于点G,连结GD,已知∠1=∠2,∠3=∠4。
(1)求证:四边形ABCD是平行四边形。
(2)若AG=3,DG=5,求GE的值。
(3)若F是AB的中点,连结EF,求证:DG⊥EF。
答案
8.(1)证明:因为∠1=∠5,又因为∠1=∠2,∠3=∠4,所以∠2=∠5,∠AFG=∠DCG,因为CF⊥AB,所以∠AFG=90°,所以∠AFG=∠DCG=90°,所以AB//CD,又因为AD//BC,所以四边形ABCD是平行四边形。
(2)解:因为AD//BC,AE⊥BC,所以AE⊥AD,若AG=3,DG=5,则$AD=\sqrt{5^2-3^2}=4$,过点 C 作 CH⊥DG,如图 2,因为∠1=∠2,∠AEC=∠CHG=90°,CG=CG,所以$△ CGE$$≌△ CGH$,同理可证$△ ABE≌△ DCH$,所以CH=CE=BE,即 E 为 BC 中点,DH=AE,设 EG=x,由 DH=AE,得3+x=5-x,x=1。即 GE 的值为 1。
(3)证明:连结 EF,AC,如图 3,因为 E 为 BC 的中点(已证),F 是 AB 的中点,所以 EF//AC,因为 F 是 AB 的中点,CF⊥AB,所以 AC=BC,同理,因为 E 是 BC 的中点,AE⊥BC,所以 AC=AB,所以 AB=BC,又四边形 ABCD 是平行四边形,所以四边形 ABCD 是菱形,AC⊥BD,根据菱形对称性,点 G 在对角线 BD 上,直线 DG 即直线 BD,因为 EF//AC,AC⊥BD,所以 DG⊥EF。
解析
【分析】
(1) 要证四边形ABCD是平行四边形，已知AD//BC，根据平行四边形判定定理，只需证明AB//CD。利用CF⊥AB得直角，结合已知角相等推导角的关系，得到AB与CD平行，结合AD//BC即可完成证明。
(2) 求GE的值，先由AD//BC和AE⊥BC得AE⊥AD，在Rt△ADG中用勾股定理求AD；通过作辅助线CH⊥DG，利用角平分线性质和全等三角形得到线段关系，设GE为未知数，列方程求解。
(3) 证DG⊥EF，先由中点性质得EF是△ABC中位线，再结合垂直平分线性质得AB=BC，推出平行四边形ABCD是菱形，利用菱形对角线垂直的性质，结合EF//AC，即可证DG⊥EF。
【解析】
(1) 证明：
∵ CF⊥AB，
∴ ∠AFG=90°，
∵ ∠1与∠5是对顶角，
∴ ∠1=∠5，
又
∵ ∠1=∠2，
∴ ∠2=∠5，
∵ ∠3=∠4，
∴ ∠3+∠5=∠4+∠2，即∠DCG=∠AFG=90°，
∴ AB//CD，
又
∵ AD//BC，
∴ 四边形ABCD是平行四边形。
(2) 解：
∵ AD//BC，AE⊥BC，
∴ AE⊥AD，即∠DAE=90°，
在Rt△ADG中，AG=3，DG=5，
由勾股定理得：AD=√(DG² - AG²)=√(5² - 3²)=4，
过点C作CH⊥DG于H，
∵ ∠1=∠2，∠AEC=∠CHG=90°，CG=CG，
∴ △CGE≌△CGH（AAS），
∴ GE=GH，CE=CH，
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ AB=CD，∠B=∠CDH，
又∠AEB=∠CHD=90°，
∴ △ABE≌△DCH（AAS），
∴ DH=AE，BE=CH，
∵ BE=CH=CE，
∴ E是BC中点，
设GE=x，则GH=x，DH=AE=AG + GE=3 + x，
又DH=DG - GH=5 - x，
∴ 3 + x = 5 - x，解得x=1，即GE=1。
(3) 证明：
连结EF、AC，
由(2)知E是BC中点，又F是AB中点，
∴ EF是△ABC的中位线，
∴ EF//AC，
∵ F是AB中点，CF⊥AB，
∴ AC=BC（垂直平分线上的点到线段两端距离相等），
同理，E是BC中点，AE⊥BC，
∴ AC=AB，
∴ AB=BC，
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ 平行四边形ABCD是菱形，
∴ AC⊥BD，
∵ G在BD上，
∴ DG是BD的一部分，即DG⊥AC，
又
∵ EF//AC，
∴ DG⊥EF。
【答案】
8.(1)证明:因为∠1=∠5,又因为∠1=∠2,∠3=∠4,所以∠2=∠5,∠AFG=∠DCG,因为CF⊥AB,所以∠AFG=90°,所以∠AFG=∠DCG=90°,所以AB//CD,又因为AD//BC,所以四边形ABCD是平行四边形。(2)解:因为AD//BC,AE⊥BC,所以AE⊥AD,若AG=3,DG=5,则$AD=\sqrt{5^2-3^2}=4$,过点 C 作 CH⊥DG,如图 2,因为∠1=∠2,∠AEC=∠CHG=90°,CG=CG,所以$△ CGE$$≌△ CGH$,同理可证$△ ABE≌△ DCH$,所以CH=CE=BE,即 E 为 BC 中点,DH=AE,设 EG=x,由 DH=AE,得3+x=5-x,x=1。即 GE 的值为 1。(3)证明:连结 EF,AC,如图 3,因为 E 为 BC 的中点(已证),F 是 AB 的中点,所以 EF//AC,因为 F 是 AB 的中点,CF⊥AB,所以 AC=BC,同理,因为 E 是 BC 的中点,AE⊥BC,所以 AC=AB,所以 AB=BC,又四边形 ABCD 是平行四边形,所以四边形 ABCD 是菱形,AC⊥BD,根据菱形对称性,点 G 在对角线 BD 上,直线 DG 即直线 BD,因为 EF//AC,AC⊥BD,所以 DG⊥EF。
【知识点】
平行四边形判定、全等三角形性质、菱形性质
【点评】
本题为几何综合题，融合多个几何核心知识点，辅助线构造是解题关键，需学生具备较强的逻辑推理与图形分析能力，对几何定理的综合运用要求较高。
【难度系数】
0.4
(1) 要证四边形ABCD是平行四边形，已知AD//BC，根据平行四边形判定定理，只需证明AB//CD。利用CF⊥AB得直角，结合已知角相等推导角的关系，得到AB与CD平行，结合AD//BC即可完成证明。
(2) 求GE的值，先由AD//BC和AE⊥BC得AE⊥AD，在Rt△ADG中用勾股定理求AD；通过作辅助线CH⊥DG，利用角平分线性质和全等三角形得到线段关系，设GE为未知数，列方程求解。
(3) 证DG⊥EF，先由中点性质得EF是△ABC中位线，再结合垂直平分线性质得AB=BC，推出平行四边形ABCD是菱形，利用菱形对角线垂直的性质，结合EF//AC，即可证DG⊥EF。
【解析】
(1) 证明：
∵ CF⊥AB，
∴ ∠AFG=90°，
∵ ∠1与∠5是对顶角，
∴ ∠1=∠5，
又
∵ ∠1=∠2，
∴ ∠2=∠5，
∵ ∠3=∠4，
∴ ∠3+∠5=∠4+∠2，即∠DCG=∠AFG=90°，
∴ AB//CD，
又
∵ AD//BC，
∴ 四边形ABCD是平行四边形。
(2) 解：
∵ AD//BC，AE⊥BC，
∴ AE⊥AD，即∠DAE=90°，
在Rt△ADG中，AG=3，DG=5，
由勾股定理得：AD=√(DG² - AG²)=√(5² - 3²)=4，
过点C作CH⊥DG于H，
∵ ∠1=∠2，∠AEC=∠CHG=90°，CG=CG，
∴ △CGE≌△CGH（AAS），
∴ GE=GH，CE=CH，
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ AB=CD，∠B=∠CDH，
又∠AEB=∠CHD=90°，
∴ △ABE≌△DCH（AAS），
∴ DH=AE，BE=CH，
∵ BE=CH=CE，
∴ E是BC中点，
设GE=x，则GH=x，DH=AE=AG + GE=3 + x，
又DH=DG - GH=5 - x，
∴ 3 + x = 5 - x，解得x=1，即GE=1。
(3) 证明：
连结EF、AC，
由(2)知E是BC中点，又F是AB中点，
∴ EF是△ABC的中位线，
∴ EF//AC，
∵ F是AB中点，CF⊥AB，
∴ AC=BC（垂直平分线上的点到线段两端距离相等），
同理，E是BC中点，AE⊥BC，
∴ AC=AB，
∴ AB=BC，
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ 平行四边形ABCD是菱形，
∴ AC⊥BD，
∵ G在BD上，
∴ DG是BD的一部分，即DG⊥AC，
又
∵ EF//AC，
∴ DG⊥EF。
【答案】
8.(1)证明:因为∠1=∠5,又因为∠1=∠2,∠3=∠4,所以∠2=∠5,∠AFG=∠DCG,因为CF⊥AB,所以∠AFG=90°,所以∠AFG=∠DCG=90°,所以AB//CD,又因为AD//BC,所以四边形ABCD是平行四边形。(2)解:因为AD//BC,AE⊥BC,所以AE⊥AD,若AG=3,DG=5,则$AD=\sqrt{5^2-3^2}=4$,过点 C 作 CH⊥DG,如图 2,因为∠1=∠2,∠AEC=∠CHG=90°,CG=CG,所以$△ CGE$$≌△ CGH$,同理可证$△ ABE≌△ DCH$,所以CH=CE=BE,即 E 为 BC 中点,DH=AE,设 EG=x,由 DH=AE,得3+x=5-x,x=1。即 GE 的值为 1。(3)证明:连结 EF,AC,如图 3,因为 E 为 BC 的中点(已证),F 是 AB 的中点,所以 EF//AC,因为 F 是 AB 的中点,CF⊥AB,所以 AC=BC,同理,因为 E 是 BC 的中点,AE⊥BC,所以 AC=AB,所以 AB=BC,又四边形 ABCD 是平行四边形,所以四边形 ABCD 是菱形,AC⊥BD,根据菱形对称性,点 G 在对角线 BD 上,直线 DG 即直线 BD,因为 EF//AC,AC⊥BD,所以 DG⊥EF。
【知识点】
平行四边形判定、全等三角形性质、菱形性质
【点评】
本题为几何综合题，融合多个几何核心知识点，辅助线构造是解题关键，需学生具备较强的逻辑推理与图形分析能力，对几何定理的综合运用要求较高。
【难度系数】
0.4
