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二、填空题
4.(2024·湖州吴兴、长兴)如图,菱形ABCD的周长为20,面积为24,P是对角线BD上一点,分别作点P到直线AB,AD的垂线段PE,PF,则$PE+PF=$
4.(2024·湖州吴兴、长兴)如图,菱形ABCD的周长为20,面积为24,P是对角线BD上一点,分别作点P到直线AB,AD的垂线段PE,PF,则$PE+PF=$
$\frac{24}{5}$
。答案
4.$\frac{24}{5}$
解析
【分析】
首先根据菱形周长计算边长；连接对角线BD上的点P与A，将△ABD的面积拆分为△ABP和△ADP的面积之和；利用菱形面积与△ABD面积的关系，结合三角形面积公式建立等式，进而求解PE+PF的值。
【解析】
∵菱形ABCD的周长为20，
∴边长AB=AD=20÷4=5。
连接AP，
∵菱形ABCD的面积为24，
∴S△ABD = ½×S菱形ABCD = ½×24 = 12。
又
∵PE⊥AB，PF⊥AD，
∴S△ABP = ½×AB×PE，S△ADP = ½×AD×PF，
而S△ABD = S△ABP + S△ADP，
∴12 = ½×5×PE + ½×5×PF，
两边同乘2得：24 = 5(PE + PF)，
解得：PE + PF = 24/5。
【答案】
24/5
【知识点】
菱形的性质、三角形面积计算
【点评】
本题是菱形性质与面积应用的典型题，通过面积拆分转化所求线段和，关键在于利用菱形面积与三角形面积的关系建立等式，难度适中。
【难度系数】
0.6
首先根据菱形周长计算边长；连接对角线BD上的点P与A，将△ABD的面积拆分为△ABP和△ADP的面积之和；利用菱形面积与△ABD面积的关系，结合三角形面积公式建立等式，进而求解PE+PF的值。
【解析】
∵菱形ABCD的周长为20，
∴边长AB=AD=20÷4=5。
连接AP，
∵菱形ABCD的面积为24，
∴S△ABD = ½×S菱形ABCD = ½×24 = 12。
又
∵PE⊥AB，PF⊥AD，
∴S△ABP = ½×AB×PE，S△ADP = ½×AD×PF，
而S△ABD = S△ABP + S△ADP，
∴12 = ½×5×PE + ½×5×PF，
两边同乘2得：24 = 5(PE + PF)，
解得：PE + PF = 24/5。
【答案】
24/5
【知识点】
菱形的性质、三角形面积计算
【点评】
本题是菱形性质与面积应用的典型题，通过面积拆分转化所求线段和，关键在于利用菱形面积与三角形面积的关系建立等式，难度适中。
【难度系数】
0.6
5.(2024·杭州拱墅)如图,在矩形ABCD中,AB=6。点P,Q同时从点A出发,沿AB方向匀速运动,点P的速度为1,点Q的速度为3,点Q到达点B时停留在点B,待点P继续运动到点B时结束运动。设运动时间为t,已知当t=1时,线段DC上有一点M,使四边形PQMD是菱形。若运动过程中,线段DC上另有一点N,使四边形PQND是菱形,则此时$t=$
$\frac{11}{4}$
。答案
5.$\frac{11}{4}$ 解析:由已知得AP=t,且由AP≤AB,得t≤6,所以AQ=$\begin{cases}3t(0≤t≤2)\\6(2＜t≤6)\end{cases}$。当t=1时,AP=1,AQ=3,因为四边形PQMD为菱形,所以易得AD=√3。①当0≤t≤2时,PQ=2t,则PD=2t,所以AD=√3 t=√3,t=1,与点M重合,舍去。②当2＜t≤6时,PQ=6-t,所以PD=6-t,所以在Rt△ADP中,有$t^2+3=(6-t)^2$,解得$t=\frac{11}{4}$。综上所述,四边形PQND是菱形时,$t=\frac{11}{4}$。
解析
【分析】
首先根据点P、Q的运动速度和AB长度，确定AP=t及AQ的分段表达式；再利用t=1时四边形PQMD为菱形的条件，结合菱形四边相等的性质求出矩形的边长AD；最后针对四边形PQND为菱形的情况，分0≤t≤2和2＜t≤6两个阶段，根据菱形邻边相等的性质，结合勾股定理列方程求解，舍去不符合题意的解，得到最终t的值。
【解析】
1. 确定动点线段长度：
由题意，点P速度为1，故AP=t；点Q速度为3，AB=6，Q到达B的时间为6÷3=2s，P到达B的时间为6÷1=6s，因此AQ的分段函数为：
AQ = \begin{cases} 3t & (0≤t≤2) \\ 6 & (2＜t≤6) \end{cases}
2. 求矩形边长AD：
当t=1时，AP=1，AQ=3，四边形PQMD为菱形，故PQ=PD。因t=1≤2，PQ=AQ-AP=3t-t=2t=2，即PD=2。在Rt△ADP中，由勾股定理：AD²+AP²=PD²，代入得AD²+1²=2²，解得AD=√3（边长为正）。
3. 求四边形PQND为菱形时的t值：
四边形PQND为菱形，故PQ=PD，分两种情况：
① 当0≤t≤2时，PQ=2t，PD=√(AD²+AP²)=√(3+t²)，令2t=√(3+t²)，平方得4t²=3+t²，解得t=1（t=-1舍去），此时点M与N重合，不符合题意，舍去；
② 当2＜t≤6时，Q已到达B点，PQ=AB-AP=6-t，PD=√(3+t²)，令PQ=PD，得6-t=√(t²+3)，平方后化简得12t=33，解得t=11/4，验证得11/4=2.75在(2,6]范围内，符合条件。
综上，四边形PQND是菱形时，t=11/4。
【答案】
$\frac{11}{4}$
【知识点】
矩形的性质、菱形的性质、勾股定理的应用
【点评】
本题是动点型几何综合题，结合矩形、菱形性质考查分类讨论与方程思想，关键是先求出矩形边长AD，再分阶段利用菱形邻边相等建立方程，需注意舍去重合的解，对逻辑分析能力有一定要求。
【难度系数】
0.3
首先根据点P、Q的运动速度和AB长度，确定AP=t及AQ的分段表达式；再利用t=1时四边形PQMD为菱形的条件，结合菱形四边相等的性质求出矩形的边长AD；最后针对四边形PQND为菱形的情况，分0≤t≤2和2＜t≤6两个阶段，根据菱形邻边相等的性质，结合勾股定理列方程求解，舍去不符合题意的解，得到最终t的值。
【解析】
1. 确定动点线段长度：
由题意，点P速度为1，故AP=t；点Q速度为3，AB=6，Q到达B的时间为6÷3=2s，P到达B的时间为6÷1=6s，因此AQ的分段函数为：
AQ = \begin{cases} 3t & (0≤t≤2) \\ 6 & (2＜t≤6) \end{cases}
2. 求矩形边长AD：
当t=1时，AP=1，AQ=3，四边形PQMD为菱形，故PQ=PD。因t=1≤2，PQ=AQ-AP=3t-t=2t=2，即PD=2。在Rt△ADP中，由勾股定理：AD²+AP²=PD²，代入得AD²+1²=2²，解得AD=√3（边长为正）。
3. 求四边形PQND为菱形时的t值：
四边形PQND为菱形，故PQ=PD，分两种情况：
① 当0≤t≤2时，PQ=2t，PD=√(AD²+AP²)=√(3+t²)，令2t=√(3+t²)，平方得4t²=3+t²，解得t=1（t=-1舍去），此时点M与N重合，不符合题意，舍去；
② 当2＜t≤6时，Q已到达B点，PQ=AB-AP=6-t，PD=√(3+t²)，令PQ=PD，得6-t=√(t²+3)，平方后化简得12t=33，解得t=11/4，验证得11/4=2.75在(2,6]范围内，符合条件。
综上，四边形PQND是菱形时，t=11/4。
【答案】
$\frac{11}{4}$
【知识点】
矩形的性质、菱形的性质、勾股定理的应用
【点评】
本题是动点型几何综合题，结合矩形、菱形性质考查分类讨论与方程思想，关键是先求出矩形边长AD，再分阶段利用菱形邻边相等建立方程，需注意舍去重合的解，对逻辑分析能力有一定要求。
【难度系数】
0.3
6.(2024·诸暨)如图,在正方形ABCD中,AB=1,E是BC边上的动点(点E可以和点B,C重合),连结DE,AE,过点D作AE的垂线交线段AB于点F。现以DF,DE为邻边构造$□ DFGE$,连结BG,则BG的最小值是________。
答案
6.$\frac{\sqrt{2}}{2}$ 解析:如图,过点E作EH⊥AD,H为垂足,延长HE至点P,使PG//AD。易证△AFD≌△BEA,所以AE=DF。又因为DF⊥AE,DF//GE,所以AE⊥GE,AE=GE,所以易证△GPE≌△EHA,所以GP=HE=1,EP=AH,设BE=x(0≤x≤1),则易得$BG^2=(1-x)^2+x^2$,所以$BG^2=2[(x-\frac{1}{2})^2+\frac{1}{4}]=2(x-\frac{1}{2})^2+\frac{1}{2}≥\frac{1}{2}$,即$BG≥\frac{\sqrt{2}}{2}$,所以BG的最小值为$\frac{\sqrt{2}}{2}$。
[第6题图]
[第6题图]
解析
【分析】
要解决正方形中BG的最小值问题，需通过几何转化结合代数方法求解：首先利用正方形的角和垂直关系证明全等三角形，转化线段DF与AE的关系；再根据平行四边形性质推导GE与AE的位置和数量关系；最后设动点参数，将BG的长度转化为二次函数，通过二次函数最值求解。
【解析】
1. 证明△AFD≌△BEA：
在正方形ABCD中，∠DAF=∠ABE=90°，AD=AB。
因DF⊥AE，故∠ADF + ∠DAE=90°，又∠BAE + ∠DAE=90°，得∠ADF=∠BAE。
在△AFD和△BEA中：
$\{\begin{array}{l}∠DAF=∠ABE\\AD=AB\\∠ADF=∠BAE\end{array} $
所以△AFD≌△BEA（ASA），得DF=AE。
2. 利用平行四边形性质：
四边形DFGE是平行四边形，故DF//GE且DF=GE，因此GE=AE，且GE⊥AE（因DF⊥AE）。
3. 求BG的最小值：
设BE=x（0≤x≤1），由全等得AH=BE=x，EH=AB=1，结合平行四边形的平移特性，BG的长度可表示为：
$BG^2=(1-x)^2 + x^2 = 2x^2 - 2x +1$
配方得：$BG^2=2(x-\frac{1}{2})^2 + \frac{1}{2}$
因$2(x-\frac{1}{2})^2≥0$，故$BG^2≥\frac{1}{2}$，即$BG≥\frac{\sqrt{2}}{2}$，当$x=\frac{1}{2}$时取最小值。
【答案】
$\frac{\sqrt{2}}{2}$
【知识点】
正方形的性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的性质、二次函数的最值
【点评】
本题为正方形背景下的动点最值问题，综合考查几何推理与代数运算能力，需通过全等、平行四边形性质转化线段关系，再用二次函数求最值，体现数形结合思想，综合性较强。
【难度系数】
0.4
要解决正方形中BG的最小值问题，需通过几何转化结合代数方法求解：首先利用正方形的角和垂直关系证明全等三角形，转化线段DF与AE的关系；再根据平行四边形性质推导GE与AE的位置和数量关系；最后设动点参数，将BG的长度转化为二次函数，通过二次函数最值求解。
【解析】
1. 证明△AFD≌△BEA：
在正方形ABCD中，∠DAF=∠ABE=90°，AD=AB。
因DF⊥AE，故∠ADF + ∠DAE=90°，又∠BAE + ∠DAE=90°，得∠ADF=∠BAE。
在△AFD和△BEA中：
$\{\begin{array}{l}∠DAF=∠ABE\\AD=AB\\∠ADF=∠BAE\end{array} $
所以△AFD≌△BEA（ASA），得DF=AE。
2. 利用平行四边形性质：
四边形DFGE是平行四边形，故DF//GE且DF=GE，因此GE=AE，且GE⊥AE（因DF⊥AE）。
3. 求BG的最小值：
设BE=x（0≤x≤1），由全等得AH=BE=x，EH=AB=1，结合平行四边形的平移特性，BG的长度可表示为：
$BG^2=(1-x)^2 + x^2 = 2x^2 - 2x +1$
配方得：$BG^2=2(x-\frac{1}{2})^2 + \frac{1}{2}$
因$2(x-\frac{1}{2})^2≥0$，故$BG^2≥\frac{1}{2}$，即$BG≥\frac{\sqrt{2}}{2}$，当$x=\frac{1}{2}$时取最小值。
【答案】
$\frac{\sqrt{2}}{2}$
【知识点】
正方形的性质、全等三角形的判定与性质、平行四边形的性质、二次函数的最值
【点评】
本题为正方形背景下的动点最值问题，综合考查几何推理与代数运算能力，需通过全等、平行四边形性质转化线段关系，再用二次函数求最值，体现数形结合思想，综合性较强。
【难度系数】
0.4
三、解答题
7.(2025·慈溪)如图1,边长为4的正方形ABCD,E为AB边上的动点(不与A,B重合),连结CE,以CE为边向右上方作正方形CEFG,边EF与AD交于点H,连结DG。
(1)求证:$DG=BE$。
(2)若$HD=2DG$,求BE的长。
(3)如图2,连结BG,过点C作$CN⊥BG$于点N,交ED于点K。求证:点K为ED的中点。
7.(2025·慈溪)如图1,边长为4的正方形ABCD,E为AB边上的动点(不与A,B重合),连结CE,以CE为边向右上方作正方形CEFG,边EF与AD交于点H,连结DG。
(1)求证:$DG=BE$。
(2)若$HD=2DG$,求BE的长。
(3)如图2,连结BG,过点C作$CN⊥BG$于点N,交ED于点K。求证:点K为ED的中点。
答案
7.(1)证明:因为四边形ABCD和四边形CEFG均为正方形,所以CB=CD,CE=CG,∠BCD=∠ECG,所以∠BCE=90°-∠ECD=∠DCG,所以△BCE≌△DCG(SAS),所以DG=BE。
(2)解:如图1,连结CH,设DG=x,DH=2x,因为$CE^2=BE^2+BC^2=x^2+16$,$EH^2=(4-x)^2+(4-2x)^2$,所以在Rt△EHC中,$HC^2=EH^2+EC^2=x^2+16+(4-x)^2+(4-2x)^2$,因为在Rt△HDC中,$HC^2=HD^2+DC^2=(2x)^2+16$,所以$16+(2x)^2=x^2+16+(4-x)^2+(4-2x)^2$,解得$x_1=6+2\sqrt{5}$(舍去),$x_2=6-2\sqrt{5}$,所以BE=6-2√5。
(3)证明:如图2,延长CK,作EP⊥CK于点P,作DQ⊥CK于点Q,易知CE=GC,∠CPE=∠GNC=90°,通过直角转换易得∠CEP=∠GCN,在△CEP和△GCN中,$\begin{cases}∠CPE=∠GNC=90°\\∠CEP=∠GCN\\CE=GC\end{cases}$,所以△CEP≌△GCN(AAS),所以EP=CN,同理可证△CDQ≌△BCN,所以DQ=CN,因为EP⊥CK,DQ⊥CK,所以EP//DQ,故以E,P,D,Q为顶点的四边形是平行四边形,所以对角线DE,PQ互相平分,即点K为ED的中点。
[第7题图 图4 图5]
(2)解:如图1,连结CH,设DG=x,DH=2x,因为$CE^2=BE^2+BC^2=x^2+16$,$EH^2=(4-x)^2+(4-2x)^2$,所以在Rt△EHC中,$HC^2=EH^2+EC^2=x^2+16+(4-x)^2+(4-2x)^2$,因为在Rt△HDC中,$HC^2=HD^2+DC^2=(2x)^2+16$,所以$16+(2x)^2=x^2+16+(4-x)^2+(4-2x)^2$,解得$x_1=6+2\sqrt{5}$(舍去),$x_2=6-2\sqrt{5}$,所以BE=6-2√5。
(3)证明:如图2,延长CK,作EP⊥CK于点P,作DQ⊥CK于点Q,易知CE=GC,∠CPE=∠GNC=90°,通过直角转换易得∠CEP=∠GCN,在△CEP和△GCN中,$\begin{cases}∠CPE=∠GNC=90°\\∠CEP=∠GCN\\CE=GC\end{cases}$,所以△CEP≌△GCN(AAS),所以EP=CN,同理可证△CDQ≌△BCN,所以DQ=CN,因为EP⊥CK,DQ⊥CK,所以EP//DQ,故以E,P,D,Q为顶点的四边形是平行四边形,所以对角线DE,PQ互相平分,即点K为ED的中点。
[第7题图 图4 图5]
解析
【分析】
本题为正方形综合题，分三小问逐步突破：
(1) 要证DG=BE，利用正方形的边相等、角为直角的性质，推导得△BCE与△DCG的对应边、夹角相等，通过SAS证明全等，即可得DG=BE；
(2) 设DG=x，结合(1)的结论得BE=x，由HD=2DG得HD=2x，利用正方形边长为4，在Rt△EBC、Rt△EAH、Rt△HDC、Rt△EHC中分别表示相关线段平方，根据HC²的两种表达式建立方程，求解并舍去不符合题意的根，得到BE长度；
(3) 要证K为ED中点，通过作辅助线EP⊥CK、DQ⊥CK，证明△CEP≌△GCN、△BCN≌△CDQ，得EP=DQ，再由EP//DQ证明四边形EPDQ为平行四边形，利用平行四边形对角线互相平分的性质，得K是ED中点。
【解析】
(1) 证明：
∵四边形ABCD和四边形CEFG均为正方形，
∴CB=CD，CE=CG，∠BCD=∠ECG=90°，
∴∠BCE + ∠ECD = ∠DCG + ∠ECD = 90°，即∠BCE=∠DCG，
在△BCE和△DCG中，
$\{\begin{array}{l} CB=CD \\ ∠BCE=∠DCG \\ CE=CG \end{array} $
∴△BCE≌△DCG(SAS)，
∴DG=BE。
(2) 解：设DG=x，由(1)知BE=DG=x，
∵HD=2DG，
∴HD=2x，
∵正方形ABCD边长为4，
∴AE=AB - BE=4 - x，AH=AD - HD=4 - 2x，
在Rt△EBC中，EC²=BE² + BC²=x² + 16，
在Rt△EAH中，EH²=AE² + AH²=(4 - x)² + (4 - 2x)²，
在Rt△HDC中，HC²=HD² + DC²=(2x)² + 16，
在Rt△EHC中，HC²=EH² + EC²，
∴$4x² + 16 = [(4 - x)² + (4 - 2x)²] + (x² + 16)$，
展开整理得：$x² -12x +16=0$，
解得$x=6±2\sqrt{5}$，
∵E不与A、B重合，BE=x＜4，故舍去$6+2\sqrt{5}$，得$x=6-2\sqrt{5}$，即BE=6-2√5。
(3) 证明：如图2，延长CK，作EP⊥CK于P，DQ⊥CK于Q，
∵CN⊥BG，
∴∠CNB=90°，
∵四边形CEFG是正方形，
∴CE=CG，∠ECG=90°，
∴∠CEP + ∠ECP=90°，∠GCN + ∠ECP=90°，故∠CEP=∠GCN，
在△CEP和△GCN中，
$\{\begin{array}{l} ∠CPE=∠GNC=90° \\ ∠CEP=∠GCN \\ CE=GC \end{array} $
∴△CEP≌△GCN(AAS)，得EP=CN，
同理，
∵四边形ABCD是正方形，BC=CD，∠BCD=90°，
∴∠CBN + ∠BCN=90°，∠DCQ + ∠BCN=90°，故∠CBN=∠DCQ，
在△BCN和△CDQ中，
$\{\begin{array}{l} ∠BNC=∠CQD=90° \\ ∠CBN=∠DCQ \\ BC=CD \end{array} $
∴△BCN≌△CDQ(AAS)，得DQ=CN，
∴EP=DQ，又EP⊥CK，DQ⊥CK，故EP//DQ，
∴四边形EPDQ是平行四边形，
∴DE与PQ互相平分，即点K为ED的中点。
【答案】
(1) 证明成立，DG=BE；
(2) BE的长为$6 - 2\sqrt{5}$；
(3) 证明成立，点K为ED的中点。
【知识点】
正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理
【点评】
本题是正方形的综合应用，融合了全等三角形、勾股定理、平行四边形的性质，解题关键是利用正方形的边角特征构造全等三角形，第三问辅助线的构造是难点，需具备较强的几何推理能力，整体难度中等偏上。
【难度系数】
0.5
本题为正方形综合题，分三小问逐步突破：
(1) 要证DG=BE，利用正方形的边相等、角为直角的性质，推导得△BCE与△DCG的对应边、夹角相等，通过SAS证明全等，即可得DG=BE；
(2) 设DG=x，结合(1)的结论得BE=x，由HD=2DG得HD=2x，利用正方形边长为4，在Rt△EBC、Rt△EAH、Rt△HDC、Rt△EHC中分别表示相关线段平方，根据HC²的两种表达式建立方程，求解并舍去不符合题意的根，得到BE长度；
(3) 要证K为ED中点，通过作辅助线EP⊥CK、DQ⊥CK，证明△CEP≌△GCN、△BCN≌△CDQ，得EP=DQ，再由EP//DQ证明四边形EPDQ为平行四边形，利用平行四边形对角线互相平分的性质，得K是ED中点。
【解析】
(1) 证明：
∵四边形ABCD和四边形CEFG均为正方形，
∴CB=CD，CE=CG，∠BCD=∠ECG=90°，
∴∠BCE + ∠ECD = ∠DCG + ∠ECD = 90°，即∠BCE=∠DCG，
在△BCE和△DCG中，
$\{\begin{array}{l} CB=CD \\ ∠BCE=∠DCG \\ CE=CG \end{array} $
∴△BCE≌△DCG(SAS)，
∴DG=BE。
(2) 解：设DG=x，由(1)知BE=DG=x，
∵HD=2DG，
∴HD=2x，
∵正方形ABCD边长为4，
∴AE=AB - BE=4 - x，AH=AD - HD=4 - 2x，
在Rt△EBC中，EC²=BE² + BC²=x² + 16，
在Rt△EAH中，EH²=AE² + AH²=(4 - x)² + (4 - 2x)²，
在Rt△HDC中，HC²=HD² + DC²=(2x)² + 16，
在Rt△EHC中，HC²=EH² + EC²，
∴$4x² + 16 = [(4 - x)² + (4 - 2x)²] + (x² + 16)$，
展开整理得：$x² -12x +16=0$，
解得$x=6±2\sqrt{5}$，
∵E不与A、B重合，BE=x＜4，故舍去$6+2\sqrt{5}$，得$x=6-2\sqrt{5}$，即BE=6-2√5。
(3) 证明：如图2，延长CK，作EP⊥CK于P，DQ⊥CK于Q，
∵CN⊥BG，
∴∠CNB=90°，
∵四边形CEFG是正方形，
∴CE=CG，∠ECG=90°，
∴∠CEP + ∠ECP=90°，∠GCN + ∠ECP=90°，故∠CEP=∠GCN，
在△CEP和△GCN中，
$\{\begin{array}{l} ∠CPE=∠GNC=90° \\ ∠CEP=∠GCN \\ CE=GC \end{array} $
∴△CEP≌△GCN(AAS)，得EP=CN，
同理，
∵四边形ABCD是正方形，BC=CD，∠BCD=90°，
∴∠CBN + ∠BCN=90°，∠DCQ + ∠BCN=90°，故∠CBN=∠DCQ，
在△BCN和△CDQ中，
$\{\begin{array}{l} ∠BNC=∠CQD=90° \\ ∠CBN=∠DCQ \\ BC=CD \end{array} $
∴△BCN≌△CDQ(AAS)，得DQ=CN，
∴EP=DQ，又EP⊥CK，DQ⊥CK，故EP//DQ，
∴四边形EPDQ是平行四边形，
∴DE与PQ互相平分，即点K为ED的中点。
【答案】
(1) 证明成立，DG=BE；
(2) BE的长为$6 - 2\sqrt{5}$；
(3) 证明成立，点K为ED的中点。
【知识点】
正方形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理
【点评】
本题是正方形的综合应用，融合了全等三角形、勾股定理、平行四边形的性质，解题关键是利用正方形的边角特征构造全等三角形，第三问辅助线的构造是难点，需具备较强的几何推理能力，整体难度中等偏上。
【难度系数】
0.5
