Question

如圖，正方形ABCD的邊長(zhǎng)為2，E為線段AB上一點(diǎn)，點(diǎn)M為邊AD的中點(diǎn)，EM的延長(zhǎng)線與CD的延長(zhǎng)線交于點(diǎn)F，MG⊥EF，交CD于N，交BC的延長(zhǎng)線于G，點(diǎn)P是MG的中點(diǎn)．連接EG、FG．下列結(jié)論：①當(dāng)點(diǎn)E為邊AB的中點(diǎn)時(shí)，S_△EFG=5；②MG=EF；③當(dāng)AE=時(shí)，F(xiàn)G=；④若點(diǎn)E從點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)B，則此過程中點(diǎn)P移動(dòng)的距離為2．其中正確的結(jié)論的個(gè)數(shù)為

1. A.
   1個(gè)
2. B.
   2個(gè)
3. C.
   3個(gè)
4. D.
   4個(gè)

Answer 1

C
分析：當(dāng)E點(diǎn)是AB的中點(diǎn)時(shí)，由條件可知AM=AE=1，由勾股定理求出EM=，通過證明△AME≌△DMF，可以得出EM=FM=，EF=2．過M作MN⊥BC，垂足為N（如圖），可以得出Rt△AME∽R(shí)t△QMG，可以求出MG=2，最后由三角形的面積公式求出即可判斷①．
作EW⊥CD于W，MQ⊥BC于Q易證△EFW和△MGQ，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)推出EF=MG，即可判斷②；
求出EM=2，求出FM，得出MG=EF=4，在△FMG中根據(jù)勾股定理求出FG，即可判斷③；
當(dāng)E在A點(diǎn)時(shí)，P為正方形中心當(dāng)E運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)，P運(yùn)動(dòng)到P'，證Rt△MPP'∽R(shí)t△EMG推出PP'=2MP=2，即可判斷④．
解答：
過M作MQ⊥BC于Q，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB=2，∠A=∠B=90°，
∴∠A=∠B=∠BQM=90°，
∴四邊形ABQM數(shù)矩形，
∴MQ=AB=2，
∵E、M分別為AB、AD中點(diǎn)，
∴AE=AM=1，AM=MD，
由勾股定理得：EM==，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠A=∠ADF=90°，AB∥CD，
∴∠AEM=∠DFM，
∵在△AEM和△DFM中
，
∴△AEM≌△DFM（AAS），
∴EM=MF=，
∴EF=2，
∵四邊形ABQM是矩形，
∴∠AMQ=90°，
∵∠EMG=90°，
∴∠AME+∠EMQ=90°，∠EMQ+∠QMG=90°，
∴∠AME=∠QMG，
∵在△AME和△QGM中，∠A=∠MQG=90°，∠AME=∠QMG，
∴△AME∽△QMG，
∴==，
∴MQ=QG=2，
在Rt△MQG中，由勾股定理得：MG=2，
∴S_△EFG=EF×MG=×2×2=4，∴①錯(cuò)誤；
過E作EW⊥CD于W，
∵M(jìn)Q⊥BC，四邊形ABCD是正方形，

∴EW=AD=MQ=AB，∠MHE=90°，
∵∠EMG=90°，
∴∠MEG+∠EMH=90°，∠EMH+∠GMH=90°，
∴∠MEH=∠QMG，
∵在△FEW和△GMQ中
，
∴△FEW≌△GMQ（ASA），
∴EF=MG，∴②正確；
∵∠A=90°，AM=1，AE=，
∴由勾股定理得：EM=2=FM，
∴MG=EF=2+2=4，
在Rt△FMG中，由勾股定理得：FG==2√5，∴③正確；

當(dāng)E在A點(diǎn)時(shí)，P為正方形中心
當(dāng)E運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)，P運(yùn)動(dòng)到P'，
∵△ABM∽△MGB（已證），
==，
∵P為MQ的中點(diǎn)，P′為MG中點(diǎn)，
∴PP′∥BC，
∴∠MPP′=∠MQG=90°=∠BMG，∠MP′P=∠MGB，
∴△MPP'∽△BGM，
∴==，
∴PP'=2MP=2，∴④正確；
即正確的有3個(gè)．
故選C．
點(diǎn)評(píng)：本題考查了正方形性質(zhì)，勾股定理，全等三角形的性質(zhì)和判定等知識(shí)點(diǎn)，主要考查學(xué)生的推理能力和計(jì)算能力，題目綜合性比較強(qiáng)，難度偏大，對(duì)學(xué)生提出了較高的要求．