登录
13. 在矩形ABCD中，AB=3，BC=4。点E在边AD上，且ED=3，M,N分别是边AB,BC上的动点，且BM=BN，P是线段CE上的动点，连接PM,PN。若PM+PN=4，则线段PC的长为。
答案
$\boldsymbol{2\sqrt{2}}$
解析
【分析】
首先根据矩形边长及ED的长度，可判断△CDE为等腰直角三角形，得到CE是∠BCD的角平分线。利用角平分线的对称性，作点N关于CE的对称点N'，则PN=PN'，将PM+PN转化为PM+PN'。根据两点之间线段最短，PM+PN'≥MN'，结合已知PM+PN=4，可推出MN'取最小值4，由此确定参数t的值，找到直线MN'的方程，联立CE的方程求得P点坐标，最后用勾股定理计算PC长度即可。
【解析】
1. 建立平面直角坐标系：设$A(0,0)$，$B(3,0)$，$C(3,4)$，$D(0,4)$。
2. 确定点与直线方程：点$E$在$AD$上，$ED=3$，故$E(0,1)$，直线$CE$的解析式为$y=x+1$，且$CE$平分$∠ BCD$（$∠ DCE=45°$）。
3. 设$BM=BN=t$（$0≤ t≤3$），则$M(3-t,0)$，$N(3,t)$。
4. 作$N$关于$CE$的对称点$N'$，由角平分线性质可知$N'$在$CD$上，$CN'=CN=4-t$，故$N'(t-1,4)$。
5. 由对称性得$PN=PN'$，因此$PM+PN=PM+PN'≥ MN'$，计算得：
$MN'=\sqrt{[(3-t)-(t-1)]^2+(0-4)^2}=\sqrt{(4-2t)^2+16}≥4$
6. 已知$PM+PN=4$，故等号成立，此时$4-2t=0$，解得$t=2$。
7. 此时$M(1,0)$，$N'(1,4)$，直线$MN'$为$x=1$，联立$y=x+1$得交点$P(1,2)$。
8. 由勾股定理计算$PC$：
$PC=\sqrt{(3-1)^2+(4-2)^2}=\sqrt{8}=2\sqrt{2}$
【答案】
$\boldsymbol{2\sqrt{2}}$
【知识点】
矩形的性质，轴对称的性质，最短路径问题
【点评】
本题综合考查了特殊平行四边形性质、线段和的转化及最值问题，解题核心是利用角平分线的对称性将两条线段的和转化为共线时的最短路径，对转化思想和数形结合能力有一定要求。
【难度系数】
0.3
首先根据矩形边长及ED的长度，可判断△CDE为等腰直角三角形，得到CE是∠BCD的角平分线。利用角平分线的对称性，作点N关于CE的对称点N'，则PN=PN'，将PM+PN转化为PM+PN'。根据两点之间线段最短，PM+PN'≥MN'，结合已知PM+PN=4，可推出MN'取最小值4，由此确定参数t的值，找到直线MN'的方程，联立CE的方程求得P点坐标，最后用勾股定理计算PC长度即可。
【解析】
1. 建立平面直角坐标系：设$A(0,0)$，$B(3,0)$，$C(3,4)$，$D(0,4)$。
2. 确定点与直线方程：点$E$在$AD$上，$ED=3$，故$E(0,1)$，直线$CE$的解析式为$y=x+1$，且$CE$平分$∠ BCD$（$∠ DCE=45°$）。
3. 设$BM=BN=t$（$0≤ t≤3$），则$M(3-t,0)$，$N(3,t)$。
4. 作$N$关于$CE$的对称点$N'$，由角平分线性质可知$N'$在$CD$上，$CN'=CN=4-t$，故$N'(t-1,4)$。
5. 由对称性得$PN=PN'$，因此$PM+PN=PM+PN'≥ MN'$，计算得：
$MN'=\sqrt{[(3-t)-(t-1)]^2+(0-4)^2}=\sqrt{(4-2t)^2+16}≥4$
6. 已知$PM+PN=4$，故等号成立，此时$4-2t=0$，解得$t=2$。
7. 此时$M(1,0)$，$N'(1,4)$，直线$MN'$为$x=1$，联立$y=x+1$得交点$P(1,2)$。
8. 由勾股定理计算$PC$：
$PC=\sqrt{(3-1)^2+(4-2)^2}=\sqrt{8}=2\sqrt{2}$
【答案】
$\boldsymbol{2\sqrt{2}}$
【知识点】
矩形的性质，轴对称的性质，最短路径问题
【点评】
本题综合考查了特殊平行四边形性质、线段和的转化及最值问题，解题核心是利用角平分线的对称性将两条线段的和转化为共线时的最短路径，对转化思想和数形结合能力有一定要求。
【难度系数】
0.3
14. 如图11,四边形ABCD为正方形,E是BC的中点,将正方形ABCD沿AE折叠,得到点B的对应点F,延长EF交线段DC于点P,若AB=6,则DP的长度为。
答案
解：连接AP，
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ AB=AD=BC=CD=6，∠B=∠C=∠D=90°。
由折叠的性质可得：AF=AB=6，∠AFE=∠B=90°，EF=BE，
∴ ∠AFP=180°-∠AFE=90°，即∠AFP=∠D=90°。
∵ E是BC的中点，
∴ BE=EC=EF=$\frac{1}{2}$BC=3。
在Rt△AFP和Rt△ADP中，
$\{\begin{array}{l} AP=AP \\ AF=AD \end{array} $
∴ Rt△AFP ≌ Rt△ADP（HL），
∴ PF=DP。
设DP=x，则PF=x，PC=CD-DP=6-x，EP=EF+PF=3+x。
在Rt△ECP中，由勾股定理得：
$EC^2 + PC^2 = EP^2$，
即 $3^2 + (6-x)^2 = (3+x)^2$，
整理得：$45-12x=9+6x$，
解得x=2。
∴ DP的长度为$\boldsymbol{2}$。
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ AB=AD=BC=CD=6，∠B=∠C=∠D=90°。
由折叠的性质可得：AF=AB=6，∠AFE=∠B=90°，EF=BE，
∴ ∠AFP=180°-∠AFE=90°，即∠AFP=∠D=90°。
∵ E是BC的中点，
∴ BE=EC=EF=$\frac{1}{2}$BC=3。
在Rt△AFP和Rt△ADP中，
$\{\begin{array}{l} AP=AP \\ AF=AD \end{array} $
∴ Rt△AFP ≌ Rt△ADP（HL），
∴ PF=DP。
设DP=x，则PF=x，PC=CD-DP=6-x，EP=EF+PF=3+x。
在Rt△ECP中，由勾股定理得：
$EC^2 + PC^2 = EP^2$，
即 $3^2 + (6-x)^2 = (3+x)^2$，
整理得：$45-12x=9+6x$，
解得x=2。
∴ DP的长度为$\boldsymbol{2}$。
解析
【分析】
本题是正方形与折叠结合的线段长度求解问题，可按以下思路推导：①遇到折叠问题优先利用折叠性质，确定对应边、对应角相等，本题可推出AF=AB，∠AFE=∠B=90°，EF=BE；②要求DP的长度，可连接AP构造全等三角形，此时Rt△AFP和Rt△ADP有公共斜边AP，且AF=AD，可通过HL证明两三角形全等，得到PF=DP，实现未知线段的转化；③已知E是BC中点，可得BE=EC=3，设DP=x，用含x的式子表示出Rt△ECP的三边长，最后利用勾股定理列方程求解即可得到DP的长度。
【解析】
连接AP，
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ AB=AD=BC=CD=6，∠B=∠C=∠D=90°。
由折叠的性质可得：AF=AB=6，∠AFE=∠B=90°，EF=BE，
∴ ∠AFP=180°-∠AFE=90°，即∠AFP=∠D=90°。
∵ E是BC的中点，
∴ BE=EC=EF=$\frac{1}{2}$BC=3。
在Rt△AFP和Rt△ADP中，
$\{\begin{array}{l} AP=AP \\ AF=AD \end{array} $
∴ Rt△AFP ≌ Rt△ADP（HL），
∴ PF=DP。
设DP=x，则PF=x，PC=CD-DP=6-x，EP=EF+PF=3+x。
在Rt△ECP中，由勾股定理得：
$EC^2 + PC^2 = EP^2$，
即 $3^2 + (6-x)^2 = (3+x)^2$，
整理得：$45-12x=9+6x$，
解得x=2。
∴ DP的长度为2。
【答案】
2
【知识点】
正方形的性质、折叠的性质、勾股定理
【点评】
本题是特殊平行四边形与折叠结合的经典题型，解题核心是通过构造全等三角形实现线段的转化，再借助勾股定理列方程求解，有效考查了学生对几何性质的综合应用能力和方程思想的运用能力。
【难度系数】
0.6
本题是正方形与折叠结合的线段长度求解问题，可按以下思路推导：①遇到折叠问题优先利用折叠性质，确定对应边、对应角相等，本题可推出AF=AB，∠AFE=∠B=90°，EF=BE；②要求DP的长度，可连接AP构造全等三角形，此时Rt△AFP和Rt△ADP有公共斜边AP，且AF=AD，可通过HL证明两三角形全等，得到PF=DP，实现未知线段的转化；③已知E是BC中点，可得BE=EC=3，设DP=x，用含x的式子表示出Rt△ECP的三边长，最后利用勾股定理列方程求解即可得到DP的长度。
【解析】
连接AP，
∵ 四边形ABCD是正方形，
∴ AB=AD=BC=CD=6，∠B=∠C=∠D=90°。
由折叠的性质可得：AF=AB=6，∠AFE=∠B=90°，EF=BE，
∴ ∠AFP=180°-∠AFE=90°，即∠AFP=∠D=90°。
∵ E是BC的中点，
∴ BE=EC=EF=$\frac{1}{2}$BC=3。
在Rt△AFP和Rt△ADP中，
$\{\begin{array}{l} AP=AP \\ AF=AD \end{array} $
∴ Rt△AFP ≌ Rt△ADP（HL），
∴ PF=DP。
设DP=x，则PF=x，PC=CD-DP=6-x，EP=EF+PF=3+x。
在Rt△ECP中，由勾股定理得：
$EC^2 + PC^2 = EP^2$，
即 $3^2 + (6-x)^2 = (3+x)^2$，
整理得：$45-12x=9+6x$，
解得x=2。
∴ DP的长度为2。
【答案】
2
【知识点】
正方形的性质、折叠的性质、勾股定理
【点评】
本题是特殊平行四边形与折叠结合的经典题型，解题核心是通过构造全等三角形实现线段的转化，再借助勾股定理列方程求解，有效考查了学生对几何性质的综合应用能力和方程思想的运用能力。
【难度系数】
0.6
15. 如图12,在菱形$ABCD$中,$AB=4$,$BD=7$。若$M,N$分别是边$AD,BC$上的动点,且$AM=BN$,作$ME ⊥ BD$,$NF ⊥ BD$,垂足分别为$E,F$,则$ME+NF$的值为________。
答案
$\dfrac{\sqrt{15}}{2}$
解析
【分析】
解题时可先从菱形的性质入手：首先菱形的对角线互相垂直平分，四条边相等，我们可以先计算出菱形顶点到对角线BD的距离，再结合已知条件AM=BN推导ME和NF的和。思考步骤如下：①连接AC交BD于O，利用勾股定理算出AO的长度；②观察到ME、NF都垂直BD，可在对应的直角三角形中用三角函数表示ME和NF，结合∠ADB=∠CBD的性质，代入AM=BN的条件化简即可求出定值；也可以用特殊值法，令M与A重合、N与B重合，直接得到ME+NF等于AO的长度，快速求解。
【解析】
1. 连接AC，交BD于点O
∵四边形ABCD是菱形
∴AC⊥BD，$BO=\frac{1}{2}BD=\frac{7}{2}$，$AB=AD=4$，$AD// BC$，故$∠ ADB=∠ CBD$
2. 在$Rt△ ABO$中，由勾股定理得：
$AO=\sqrt{AB^2-BO^2}=\sqrt{4^2-(\frac{7}{2})^2}=\sqrt{16-\frac{49}{4}}=\sqrt{\frac{15}{4}}=\frac{\sqrt{15}}{2}$
3. 在$Rt△ MED$中，$ME=MD·\sin∠ ADB$；在$Rt△ NFB$中，$NF=BN·\sin∠ CBD$
∵$∠ ADB=∠ CBD$，$AM=BN$，$MD=AD-AM=4-AM$
∴$ME+NF=(4-AM)·\sin∠ ADB + AM·\sin∠ ADB=4\sin∠ ADB$
4. 在$Rt△ AOD$中，$\sin∠ ADB=\frac{AO}{AD}=\frac{\frac{\sqrt{15}}{2}}{4}=\frac{\sqrt{15}}{8}$
代入得：$ME+NF=4×\frac{\sqrt{15}}{8}=\frac{\sqrt{15}}{2}$
【答案】
$\dfrac{\sqrt{15}}{2}$
【知识点】
菱形的性质；勾股定理；解直角三角形
【点评】
本题是特殊平行四边形的典型定值问题，既可以通过几何性质严谨推导，也可以用特殊值法快速得到结果，解题的核心是抓住菱形对角线的性质以及角的等量关系，灵活选择解题方法可提高答题效率。
【难度系数】
0.6
解题时可先从菱形的性质入手：首先菱形的对角线互相垂直平分，四条边相等，我们可以先计算出菱形顶点到对角线BD的距离，再结合已知条件AM=BN推导ME和NF的和。思考步骤如下：①连接AC交BD于O，利用勾股定理算出AO的长度；②观察到ME、NF都垂直BD，可在对应的直角三角形中用三角函数表示ME和NF，结合∠ADB=∠CBD的性质，代入AM=BN的条件化简即可求出定值；也可以用特殊值法，令M与A重合、N与B重合，直接得到ME+NF等于AO的长度，快速求解。
【解析】
1. 连接AC，交BD于点O
∵四边形ABCD是菱形
∴AC⊥BD，$BO=\frac{1}{2}BD=\frac{7}{2}$，$AB=AD=4$，$AD// BC$，故$∠ ADB=∠ CBD$
2. 在$Rt△ ABO$中，由勾股定理得：
$AO=\sqrt{AB^2-BO^2}=\sqrt{4^2-(\frac{7}{2})^2}=\sqrt{16-\frac{49}{4}}=\sqrt{\frac{15}{4}}=\frac{\sqrt{15}}{2}$
3. 在$Rt△ MED$中，$ME=MD·\sin∠ ADB$；在$Rt△ NFB$中，$NF=BN·\sin∠ CBD$
∵$∠ ADB=∠ CBD$，$AM=BN$，$MD=AD-AM=4-AM$
∴$ME+NF=(4-AM)·\sin∠ ADB + AM·\sin∠ ADB=4\sin∠ ADB$
4. 在$Rt△ AOD$中，$\sin∠ ADB=\frac{AO}{AD}=\frac{\frac{\sqrt{15}}{2}}{4}=\frac{\sqrt{15}}{8}$
代入得：$ME+NF=4×\frac{\sqrt{15}}{8}=\frac{\sqrt{15}}{2}$
【答案】
$\dfrac{\sqrt{15}}{2}$
【知识点】
菱形的性质；勾股定理；解直角三角形
【点评】
本题是特殊平行四边形的典型定值问题，既可以通过几何性质严谨推导，也可以用特殊值法快速得到结果，解题的核心是抓住菱形对角线的性质以及角的等量关系，灵活选择解题方法可提高答题效率。
【难度系数】
0.6
三、解答题(共75分)
16.(8分)如图13，菱形ABCD的对角线AC,BD相交于点O,E,F分别是边AB,AD的中点。求证:OE=OF。
16.(8分)如图13，菱形ABCD的对角线AC,BD相交于点O,E,F分别是边AB,AD的中点。求证:OE=OF。
答案
证明：
∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ AC⊥BD，AB=AD，
∴ △AOB和△AOD都是直角三角形。
∵ E是AB的中点，
∴ OE = $\frac{1}{2}$AB（直角三角形斜边的中线等于斜边的一半）。
∵ F是AD的中点，
∴ OF = $\frac{1}{2}$AD。
又∵ AB=AD，
∴ OE=OF。
∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ AC⊥BD，AB=AD，
∴ △AOB和△AOD都是直角三角形。
∵ E是AB的中点，
∴ OE = $\frac{1}{2}$AB（直角三角形斜边的中线等于斜边的一半）。
∵ F是AD的中点，
∴ OF = $\frac{1}{2}$AD。
又∵ AB=AD，
∴ OE=OF。
解析
【分析】
要证明OE=OF，可按以下思路推导：首先利用菱形的性质，得到对角线互相垂直、四条边相等的结论，进而推出△AOB和△AOD均为直角三角形；再结合E、F是直角三角形斜边中点的条件，联想到直角三角形斜边中线等于斜边的一半的性质，将OE、OF分别转化为AB、AD的一半；最后利用菱形邻边相等的性质，通过等量代换即可证得OE=OF。
【解析】
证明：
∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ AC⊥BD，AB=AD，
∴ △AOB和△AOD都是直角三角形。
∵ E是AB的中点，
∴ OE = $\frac{1}{2}$AB（直角三角形斜边的中线等于斜边的一半）。
∵ F是AD的中点，
∴ OF = $\frac{1}{2}$AD。
又
∵ AB=AD，
∴ OE=OF。
【答案】
证明：
∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ AC⊥BD，AB=AD，
∴ △AOB和△AOD都是直角三角形。
∵ E是AB的中点，
∴ OE = $\frac{1}{2}$AB（直角三角形斜边的中线等于斜边的一半）。
∵ F是AD的中点，
∴ OF = $\frac{1}{2}$AD。
又
∵ AB=AD，
∴ OE=OF。
【知识点】
菱形的性质、直角三角形斜边中线定理、等量代换
【点评】
本题是基础几何证明题，核心考查特殊平行四边形的性质和直角三角形的相关结论，解题时需要找准待证线段和已知图形性质的关联，熟练掌握相关定理即可快速完成证明。
【难度系数】
0.8
要证明OE=OF，可按以下思路推导：首先利用菱形的性质，得到对角线互相垂直、四条边相等的结论，进而推出△AOB和△AOD均为直角三角形；再结合E、F是直角三角形斜边中点的条件，联想到直角三角形斜边中线等于斜边的一半的性质，将OE、OF分别转化为AB、AD的一半；最后利用菱形邻边相等的性质，通过等量代换即可证得OE=OF。
【解析】
证明：
∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ AC⊥BD，AB=AD，
∴ △AOB和△AOD都是直角三角形。
∵ E是AB的中点，
∴ OE = $\frac{1}{2}$AB（直角三角形斜边的中线等于斜边的一半）。
∵ F是AD的中点，
∴ OF = $\frac{1}{2}$AD。
又
∵ AB=AD，
∴ OE=OF。
【答案】
证明：
∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ AC⊥BD，AB=AD，
∴ △AOB和△AOD都是直角三角形。
∵ E是AB的中点，
∴ OE = $\frac{1}{2}$AB（直角三角形斜边的中线等于斜边的一半）。
∵ F是AD的中点，
∴ OF = $\frac{1}{2}$AD。
又
∵ AB=AD，
∴ OE=OF。
【知识点】
菱形的性质、直角三角形斜边中线定理、等量代换
【点评】
本题是基础几何证明题，核心考查特殊平行四边形的性质和直角三角形的相关结论，解题时需要找准待证线段和已知图形性质的关联，熟练掌握相关定理即可快速完成证明。
【难度系数】
0.8
17.（9分）（2024·淮安）如图14，在矩形ABCD中，点E，F在BD上，BE=DF。
求证：$△ ABE ≌ △ CDF$。
求证：$△ ABE ≌ △ CDF$。
答案
证明：
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ AB = CD，AB // CD，
∴ ∠ABE = ∠CDF。
在△ABE和△CDF中，
$\{\begin{array}{l}AB = CD \\∠ABE = ∠CDF \\BE = DF\end{array} $
∴ △ABE ≌ △CDF（SAS）。
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ AB = CD，AB // CD，
∴ ∠ABE = ∠CDF。
在△ABE和△CDF中，
$\{\begin{array}{l}AB = CD \\∠ABE = ∠CDF \\BE = DF\end{array} $
∴ △ABE ≌ △CDF（SAS）。
解析
【分析】
要证明△ABE≌△CDF，可结合三角形全等的判定定理梳理所需条件：首先利用矩形的性质得到AB与CD的数量、位置关系，进而推出一组对应角相等，再结合题目已知的BE=DF的条件，即可凑齐SAS判定全等的三个条件，完成证明。
【解析】
证明：
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ AB = CD，AB // CD，
∴ ∠ABE = ∠CDF。
在△ABE和△CDF中，
$\{\begin{array}{l}AB = CD \\∠ABE = ∠CDF \\BE = DF\end{array} $
∴ △ABE ≌ △CDF（SAS）。
【答案】
证明：
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ AB = CD，AB // CD，
∴ ∠ABE = ∠CDF。
在△ABE和△CDF中，
$\{\begin{array}{l}AB = CD \\∠ABE = ∠CDF \\BE = DF\end{array} $
∴ △ABE ≌ △CDF（SAS）。
【知识点】
矩形的性质；全等三角形的SAS判定；平行线的性质
【点评】
本题是基础几何证明题，重点考察矩形性质和三角形全等判定的综合应用，解题关键是熟练掌握矩形对边平行且相等的特征，准确找到全等对应的边角关系，属于特殊平行四边形板块的常规考查题型。
【难度系数】
0.85
要证明△ABE≌△CDF，可结合三角形全等的判定定理梳理所需条件：首先利用矩形的性质得到AB与CD的数量、位置关系，进而推出一组对应角相等，再结合题目已知的BE=DF的条件，即可凑齐SAS判定全等的三个条件，完成证明。
【解析】
证明：
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ AB = CD，AB // CD，
∴ ∠ABE = ∠CDF。
在△ABE和△CDF中，
$\{\begin{array}{l}AB = CD \\∠ABE = ∠CDF \\BE = DF\end{array} $
∴ △ABE ≌ △CDF（SAS）。
【答案】
证明：
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ AB = CD，AB // CD，
∴ ∠ABE = ∠CDF。
在△ABE和△CDF中，
$\{\begin{array}{l}AB = CD \\∠ABE = ∠CDF \\BE = DF\end{array} $
∴ △ABE ≌ △CDF（SAS）。
【知识点】
矩形的性质；全等三角形的SAS判定；平行线的性质
【点评】
本题是基础几何证明题，重点考察矩形性质和三角形全等判定的综合应用，解题关键是熟练掌握矩形对边平行且相等的特征，准确找到全等对应的边角关系，属于特殊平行四边形板块的常规考查题型。
【难度系数】
0.85
