1. （2015年江苏连云港12分）在数学兴趣小组活动中，小明进行数学探究活动，将边长为2的正方形ABCD与边长为22的正方形AEFG按图1位置放置，AD与AE在同一直线上，AB与AG在同一直线上． （1）小明发现DG⊥BE，请你帮他说明理由．
（2）如图2，小明将正方形ABCD绕点A逆时针旋转，当点B恰好落在线段DG上时，请你帮他求出此时BE的长．
（3）如图3，小明将正方形ABCD绕点A继续逆时针旋转，将线段DG与线段BE相交，交点为H，写出△GHE与△BHD面积之和的最大值，并简要说明理由．
【答案】解：（1）∵四边形ABCD和四边形AEFG都为正方形，∴AD=AB，∠DAG=∠BAE=90°，AG=AE，
∴△ADG≌△ABE（SAS）.∴∠AGD=∠AEB. 如答图1，延长EB交DG于点H， 在△ADG中，∵∠AGD+∠ADG=90°， ∴∠AEB+∠ADG=90°.
在△EDH中，∵∠AEB+∠ADG+∠DHE=180°， ∴∠DHE=90°. ∴DG⊥BE.
（2）∵四边形ABCD和四边形AEFG都为正方形，∴AD=AB，∠DAB=∠GAE=90°，AG=AE，
∴∠DAB+∠BAG=∠GAE+∠BAG，即∠DAG=∠BAE， ∴△ADG≌△ABE（SAS）.∴DG=BE.
如答图2，过点A作AM⊥DG交DG于点M，则∠AMD=∠AMG=90°， ∵BD为正方形ABCD的对角线，∴∠MDA=45°. 在Rt△AMD中，∵∠MDA=45°，AD=2， ∴DM?AM?2. 在Rt△AMG中，根据勾股定理得：GM?AG2?AM2?6，
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∵DG?DM?GM?2?6，∴BE?DG?2?6. （3）△GHE和△BHD面积之和的最大值为6，理由如下：
∵对于△EGH，点H在以EG为直径的圆上，∴当点H与点A重合时，△EGH的高最大； ∵对于△BDH，点H在以BD为直径的圆上，∴当点H与点A重合时，△BDH的高最大. ∴△GHE和△BHD面积之和的最大值为2+4=6．
【考点】面动旋转问题；正方形的性质；全等三角形的判定和性质；三角形内角和定理；等腰直角三角形的性质，勾股定理；数形结合思想的应用．
【分析】（1）由四边形ABCD与四边形AEFG为正方形，利用正方形的性质得到两对边相等，且夹角相等，利用SAS得到△ADG≌△ABE，利用全等三角形对应角相等得∠AGD=∠AEB，作辅助线“延长EB交DG于点H”，利用等角的余角相等得到∠DHE=90°，从而利用垂直的定义即可得DG⊥BE.
（2）由四边形ABCD与四边形AEFG为正方形，利用正方形的性质得到两对边相等，且夹角相等，利用SAS得到△ADG≌△ABE，利用全等三角形对应边相等得到DG=BE，作辅助线“过点A作AM⊥DG交DG于点M”，则∠AMD=∠AMG=90°，在Rt△AMD中，根据等腰直角三角形的性质求出AM的长，即为DM的长，根据勾股定理求出GM的长，进而确定出DG的长，即为BE的长.
（3）△GHE和△BHD面积之和的最大值为6，理由为：对两个三角形，点H分别在以EG为直径的圆上和以BD为直径的圆上，当点H与点A重合时，两个三角形的高最大，即可确定出面积的最大值． 2. （2015年江苏苏州10分）如图，在矩形ABCD中，AD=acm，AB=bcm（a＞b＞4），半径为2cm的⊙O在矩形内且与AB、AD均相切．现有动点P从A点出发，在矩形边上沿着A→B→C→D的方向匀速移动，当点P到达D点时停止移动；⊙O在矩形内部沿AD向右匀速平移，移动到与CD相切时立即沿原路按原速返回，当⊙O回到出发时的位置（即再次与AB相切）时停止移动．已知点P与⊙O同时开始移动，同时停止移动（即同时到达各自的终止位置）．
（1）如图①，点P从A→B→C→D，全程共移动了 ▲ cm（用含a、b的代数式表示）；
（2）如图①，已知点P从A点出发，移动2s到达B点，继续移动3s，到达BC的中点．若点P与⊙O的移动速度相等，求在这5s时间内圆心O移动的距离；
（3）如图②，已知a=20，b=10．是否存在如下情形：当⊙O到达⊙O1的位置时（此时圆心O1在矩形对角线BD上），DP与⊙O1恰好相切？请说明理由．
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【答案】解：（1）a?2b.
（2）∵在整个运动过程中，点P移动的距离为?a?2b?cm，圆心移动的距离为2?a?4?cm，
∴由题意得a?2b?2?a?4?①.
∵点P移动2s到达B点，即点P用2s移动了bcm，点P继续移动3s到达BC的中点，
即点P用3s移动了acm，
121ab2∴?②. 23?a?24联立①②，解得?.
b?8?∵点P移动的速度与⊙O移动的速度相等， ∴⊙O移动的速度为
b?4（cm/s）. 2∴这5s时间内圆心O移动的距离为5?4?20（cm）. （3）存在这样的情形.
设点P移动的速度为vPcm/s，⊙O移动的速度为vOcm/s， 根据题意，得
vPa?2b20?2?105???. vO2?a?4?2?20?4?4如答图，设直线OO1与AB交于点E，与CD交于点
E，⊙O1与AD相切于点PG.
若PD与⊙O1相切，切点为H，则O1G?O1H. 易得△DO1G≌△DO1H，∴∠ADB=∠BDP. ∵BC∥AD，∴∠ADB=∠CBD. ∴∠BDP =∠CBD.
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∴BP=DP.
设BP?xcm，则DP?xcm，PC??20?x?cm， 在Rt?PCD中，由勾股定理，得PC2?CD2?PD2，
25. 22545∴此时点P移动的距离为10?（cm）. ?22EO1BEEO18∵EF∥AD，∴△BEO1∽△BAD. ∴，即??.
ADBA2010即?20?x??102?x2，解得x?2∴EO1?16cm，OO1?14cm.
①当⊙O首次到达⊙O1的位置时，⊙O与移动的距离为14cm.
4545∴此时点P移动的速度与⊙O移动的速度比为2?.
1428∴此时DP与⊙O1恰好相切.
②当⊙O在返回途中到达⊙O1的位置时，⊙O与移动的距离为2??20?4??14?18cm.
45455?. ∴此时点P移动的速度与⊙O移动的速度比为2?18364∴此时DP与⊙O1不可能相切.
【考点】单动点和动圆问题；矩形的性质；直线与圆的位置关系；全等三角形的判定和性质；勾股定理；相似三角形的判定和性质；方程思想和分类思想的应用.
【分析】（1）根据矩形的性质可得：点P从A→B→C→D，全程共移动了a?2bcm.
（2）根据“在整个运动过程中，点P移动的距离等于圆心移动的距离”和“点P用2s移动了bcm，
点P用3s移动了acm”列方程组求出a，b，根据点P移动的速度与⊙O移动的速度相等求得⊙O移动的速度，从而求得这5s时间内圆心O移动的距离.
（3）分⊙O首次到达⊙O1的位置和⊙O在返回途中到达⊙O1的位置两种情况讨论即可.
6. （2015年江苏泰州12分）如图，正方形ABCD的边长为8cm，E、F、G、H分别是AB、BC、CD、DA 上的动点，且AE=BF=CG=DH.
（1）求证：四边形EFGH是正方形；
（2）判断直线EG是否经过一个定点，并说明理由；
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（3）求四边形EFGH面积的最小值.
【答案】解：（1）证明：∵四边形ABCD是正方形，∴?A??B??C??D?90?, AB?BC?CD?DA.
∵AE?BF?CG?DH，∴BE?CF?DG?AH.
∴?AEH≌?BFE≌?CGF≌?DHG?SAS?.∴EH?FE?GF?HG, ?AHF??BEF. ∴四边形EFGH是菱形.
∵?AHF??AEH?90?，∴?BEF??AEH?90?.∴?HEF?90?. ∴四边形EFGH是正方形.
（2）直线EG经过定点-----正方形ABCD的中心. 理由如下：
如答图，连接DE, BG, BD, EG，BD、EG相交于点O， ∵四边形ABCD是正方形，∴AB∥DC. ∵BE?DG，∴四边形BGDE是平行四边形. ∴BO?DO，即点O是正方形ABCD的中心. ∴直线EG经过定点----正方形ABCD的中心.
（3）设AE?BF?CG?DH?x，则BE?CF?DG?AH?8?x，
∵S四边形EFGH?EF2?BE2?BF2?x2??8?x??2x2?16x?64?2?x?4??32， ∴当x?4时，四边形EFGH面积的最小值为32.
【考点】单动点和定值问题；正方形的判定和性质；全等三角形的判定和性质；平行四边形的判定和性质；勾股定理；二次函数的应用（实际问题）.
【分析】（1）由SAS证明?AEH≌?BFE≌?CGF≌?DHG，即可证明四边形EFGH是一个角是直角的菱形----正方形.
（2）作辅助线“连接DE, BG, BD, EG，BD、EG相交于点O”构成平行四边形BGDE，根据平
行四边形对角线互分的性质即可证明直线EG经过定点-----正方形ABCD的中心.
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江苏省13市2015年中考数学分类解析专题13：动态几何问题
