Question

如圖1，在正方形ABCD中，點(diǎn)E從點(diǎn)A處沿AD方向向終點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)，同時(shí)點(diǎn)F以相同的速度從點(diǎn)D處沿DA方向向終點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)，連接CF交對(duì)角線BD于G，連接BE交AG于點(diǎn)H．
（1）在點(diǎn)E、F相遇前，求證：四邊形EBCF為等腰梯形；
（2）設(shè)正方形的邊長(zhǎng)為2，在運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，
①當(dāng)△DFG為等腰三角形時(shí)，求DF的長(zhǎng)．
②求點(diǎn)H運(yùn)動(dòng)的路徑的長(zhǎng)（寫出必要的解答過(guò)程）

Answer 1

考點(diǎn)：四邊形綜合題

專題：

分析：（1）由條件可證明△ABE≌△DCF，可得BE=CF，且EF∥BC，EF≠BC，可知四邊形EBCF為等腰梯形；
（2）①因?yàn)椤螧DF=45°，故只能DF=DG和DG=FG，當(dāng)DF=DG時(shí)，可得BG=BC，則可求得DG，即DF的長(zhǎng)，當(dāng)DG=FG時(shí)，則可知DF=DA=2；
②由條件可知∠AHB=90°，可知點(diǎn)H在以AB為直徑的圓上，且從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到兩對(duì)角線的交點(diǎn)，可求得其路徑為

1

4

圓周．

解答：（1）證明：如圖1，

∵四邊形ABCD為正方形，
∴AB=CD，∠BAE=∠CDF，且AE=DF，
在△ABE和△DCF中，

AB=CD ∠BAE=∠CDF AE=DF

，
∴△ABE≌△DCF（SAS），
∴BE=CF，
∵EF∥BC，且EF≠BC，
∴四邊形EBCF為等腰梯形；
（2）解：
①∵BD為正方形的對(duì)角線，BC=2，
∴BD=2

2

，且∠BDA=45°，
∴DF≠FG，
只能有DF=DG或DG=FG，
當(dāng)DF=DG時(shí)，則∠DFG=∠DGF，
如圖2，

∵DF∥BC，
∴∠DFG=∠BCG，且∠DGF=∠BGC，
∴∠BGC=∠BCG，
∴BG=BC=2，
∴DG=BD-BG=2

2

-2，
∴DF=2

2

-2，
當(dāng)DG=FG時(shí)，如圖3，

則∠GFD=∠GDF=45°，
∴∠FGD=90°，
即AG⊥BD，
∴G為BD的中點(diǎn)，
此時(shí)F點(diǎn)到達(dá)A點(diǎn)，則DF=AD=2，
綜上可知當(dāng)△DFG為等腰三角形時(shí)，DF的長(zhǎng)為2

2

-2或2；
②在△AGD和△CGD中，

AD=CD ∠ADB=∠CDB DG=GD

，
∴△AGD≌△CGD（SAS），
∴∠DAG=∠DCF，
又由（1）知△ABE≌△DCF，
∴∠ABE=∠DCF，
∴∠DAG=∠ABE，
∴∠BAH+∠ABE=∠BAH+∠DAG=90°，
∴∠AHB=90°，
∴H在AB為直徑的圓上，如圖4，

當(dāng)點(diǎn)F從點(diǎn)D開始運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)，則H點(diǎn)從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到正方形ABCD對(duì)角線的交點(diǎn)，
∴H路徑長(zhǎng)為以AB為直徑的圓周的

1

4

，
∴H運(yùn)動(dòng)的路徑的長(zhǎng)為

1

2

π．

點(diǎn)評(píng)：本題主要考查正方形的性質(zhì)及全等三角形的判定和性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)和弧長(zhǎng)的計(jì)算的綜合應(yīng)用，在（1）中利用正方形的性質(zhì)證明全等是解題的關(guān)鍵，在（2）①中確定出只有兩種情況是解題的關(guān)鍵，在②中確定出H的運(yùn)動(dòng)路線是解題的關(guān)鍵．