（通用版）中考数学一轮复习练习卷5.2《矩形菱形正方形》课后练习（含答案）

这是一份（通用版）中考数学一轮复习练习卷5.2《矩形菱形正方形》课后练习（含答案），共21页。试卷主要包含了下列说法，求证等内容，欢迎下载使用。

基础过关
1. 下列性质中，菱形不一定具有的性质是( )
A. 对角线互相平分 B. 对角线互相垂直
C. 对角线相等 D. 既是轴对称图形又是中心对称图形
2.下列说法：①四边相等的四边形一定是菱形；②顺次连接矩形各边中点形成的四边形一定是正方形；③对角线相等的四边形一定是矩形；④经过平行四边形对角线交点的直线，一定能把平行四边形分成面积相等的两部分，其中正确的有( )个
A. 4 B. 3 C. 2 D. 1
3. 已知平行四边形ABCD，AC、BD是它的两条对角线，那么下列条件中，能判断这个平行四边形为矩形的是( )
A. ∠BAC＝∠DCA B. ∠BAC＝∠DAC
C. ∠BAC＝∠ABD D. ∠BAC＝∠ADB
4．在菱形ABCD中，对角线AC＝8，BD＝6，则菱形的高为( )
A. eq \f(48,5) B. 5 C. eq \f(24,5) D. eq \f(12,5)
5. 矩形的两条对角线的一个夹角为60°，对角线长为10，则这个矩形的面积为( )
A. 25 B. 25eq \r(3) C. 50eq \r(3) D. 100eq \r(3)
6. 如图，矩形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，∠ADB＝30°，AB＝4，则OC＝( )
A. 5 B. 4 C. 3.5 D. 3

7．如图，在菱形ABCD中，AC＝8，BD＝6，则△ABC的周长( )
A. 14 B. 16 C. 18 D. 20
8.如图，将矩形纸片ABCD沿BD折叠，得到△BC′D，C′D与AB交于点E.若∠1＝35°，则∠2的度数为( )
A. 20° B. 30° C. 35° D. 55°

9. 如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝3，点E在边BC上，将△ABE沿直线AE折叠，点B恰好落在对角线AC上的点F处，若∠EAC＝∠ECA，则AC的长是( )
A. 3eq \r(3) B. 6 C. 4 D. 5
10.求证：菱形的两条对角线互相垂直．
已知：如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD交于点O.
求证：AC⊥BD.
以下是排乱的证明过程：①又BO＝DO，
②∴AO⊥BD，即AC⊥BD.
③∵四边形ABCD是菱形，
④∴AB＝AD.
证明步骤正确的顺序是( )
A. ③→②→①→④ B. ③→④→①→②
C. ①→②→④→③ D. ①→④→③→②
11. 如图，在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝3.若点E是边CD的中点，连接AE，过点B作BF⊥AE交AE于点F，则BF的长为( )
A. eq \f(3\r(10),2) B. eq \f(3\r(10),5) C. eq \f(\r(10),5) D. eq \f(3\r(5),5)

12. 如图，正方形ABCD中，点E，F分别在边BC、CD上，△AEF是等边三角形，连接AC交EF于点G，过点G作GH⊥CE于点H，若S△EGH＝3，则S△ADF＝( )
A. 6 B. 4 C. 3 D. 2
13．在平行四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，要使四边形ABCD是正方形，还需添加一组条件．下面给出了四组条件：①AB⊥AD，且AB＝AD；②AB＝BD，且AB⊥BD；③OB＝OC，且OB⊥OC；④AB＝AD，且AC＝BD.其中正确的序号是：________________(写出所有正确的序号)．
14. 如图，在正方形ABCD中，等边三角形AEF的顶点E、F分别在BC和CD上，则∠AEB＝________度．

15.如图，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，点Q在对角线AC上，且AQ＝AD，连接DQ并延长，与边BC交于点P，则线段AP＝________．
16. 如图，在矩形ABCD中，点E，F分别在边BC、CD上，且∠EAF＝∠CEF＝45°.若AD＝9，CD＝8，则EF的长为________．
17. 如图，在正方形ABCD中，E、F分别为边AD和CD上的点，且AE＝CF，连接AF、CE交于点G.
求证：AG＝CG.
18. 如图所示，已知平行四边形ABCD，对角线AC，BD相交于点O，∠OBC＝∠OCB.
(1)求证：平行四边形ABCD是矩形；
(2)请添加一个条件使矩形ABCD为正方形．
19. 如图，在平行四边形ABCD中，边AB的垂直平分线交AD于点E，交CB的延长线于点F，连接AF，BE.
(1)求证：△AGE≌△BGF；
(2)试判断四边形AFBE的形状，并说明理由．
20.在△ABC中，点D在BC边上，点E是线段AD的中点，过点A作BC的平行线交BE的延长线于点F，连接CF，若AF＝DC.
(1)求证：BD＝CD；
(2)当四边形ADCF为正方形时，线段AB与BC有何数量关系？请说明理由．
21.如图，矩形ABCD中，∠ABD、∠CDB的平分线BE、DF分别交边AD、BC于点E、F.
(1)求证：四边形BEDF为平行四边形；
(2)当∠ABE为多少度时，四边形BEDF是菱形？请说明理由．
22. 如图，在菱形ABCD中，延长BD到E使得BD＝DE，连接AE，延长CD交AE于点F.
(1)求证：AD＝2DF；
(2)如果FD＝2，∠C＝60°，求菱形ABCD的面积．
23.)如图，在四边形ABCD中，BD为一条对角线，AD∥BC，AD＝2BC，∠ABD＝90°，E为AD的中点，连接BE.
(1)求证：四边形BCDE为菱形；
(2)连接AC，若AC平分∠BAD，BC＝1，求AC的长．
满分冲关
1．如图，已知正方形ABCD，点E是BC边的中点，DE与AC相交于点F，连接BF，下列结论：①S△ABF＝S△ADF；②S△CDF＝4S△CEF；③S△ADF＝2S△CEF；④S△ADF＝2S△CDF，其中正确的是( )
A. ①③ B. ②③ C. ①④ D. ②④

2. 如图，在菱形ABCD中，AB＝5，AC＝8，点P是AC上的一个动点，过点P作EF垂直于AC交AD于点E，交AB于点F，将△AEF沿EF折叠，使点A落在点A′处，当△A′CD是直角三角形时，AP的长为________．
3. 如图，正方形ABCD中，E，F分别在AB，BC边上，且DE⊥AF于点G，H为线段DG上一点，连接AH，BH，BH交AF于点I，若∠GAH＝45°，GI＝1，正方形ABCD边长为4，则△AHD面积为________．

4．如图，将一张矩形纸片ABCD的边BC斜着向AD边对折，使点B落在AD上，记为B′，折痕为CE，再将CD边斜向下对折，使点D落在B′C上，记为D′，折痕为CG，B′D′＝2，BE＝eq \f(1,3)BC. 则矩形纸片ABCD的面积为______．
5．如图，正方形ABCD中，AB＝6，点E为边BC的中点，连接AE，将△ABE沿AE翻折，点B落在点F处，点O为对角线BD的中点，连接OF交CD于点G，连接BF、BG，则△BFG的面积是________．
6.如图，在正方形ABCD中，点G在对角线BD上(不与点B，D重合)，GE⊥DC于点E，GF⊥BC于点F，连接AG.
(1)写出线段AG，GE，GF长度之间的等量关系，并说明理由；
(2)若正方形ABCD的边长为1，∠AGF＝105°，求线段BG的长．
7．如图，在菱形ABCD中，∠BAD＝60°，M为对角线BD延长线上一点，连接AM和CM，E为CM上一点，且满足CB＝CE，连接BE，交CD于点F.
(1)若∠AMB＝30°，且DM＝3，求BE的长；
(2)证明：AM＝CF＋DM.
\
答案
基础过关
1. C 【解析】菱形所具有的性质包括：对角线互相平分，对角线互相垂直，既是中心对称图形又是轴对称图形，而对角线相等是矩形具有的性质，菱形不一定具有．
2. C 【解析】根据菱形的判定定理，四边相等的四边形一定是菱形，故①正确；由于矩形的对角线相等，根据三角形的中位线定理，可得顺次连接矩形各边中点所得四边形的四边都相等，由此可判定所得四边形是菱形，故②错误；对角线相等的平行四边形是矩形，故选项③错误；平行四边形是中心对称图形，根据中心对称图形的性质，经过对称中心的任意一条直线都把它分成两个全等图形，面积必然相等，所以经过平行四边形对角线交点的直线，一定能把平行四边形分成面积相等的两部分，故④正确；综上所述正确的说法有2个．
3. C 【解析】要使平行四边形变成矩形，可证两对角线相等．四个选项中只有∠BAC＝∠ABD符合．
4. C 【解析】本题考查了菱形的有关性质和菱形的面积计算，因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD，AO＝eq \f(1,2)AC，BO＝eq \f(1,2)BD，∴AB2＝AO2＋BO2，∵AC＝8，BD＝6，∴AB＝5，由公式S菱形ABCD＝eq \f(1,2)AC·BD＝AB·DE，得∶eq \f(1,2)×8×6＝5·DE，∴DE＝eq \f(24,5)，
第4题解图
5. B 【解析】如解图，∵四边形ABCD为矩形，∴∠ABC＝90°，AO＝BO＝CO＝DO，∵∠BOC＝60°，∴∠ACB＝∠BOC＝60°，∵AC＝10，∴BC＝eq \f(1,2)AC＝5，AB＝5eq \r(3)，∴S矩形ABCD＝AB·CB＝5eq \r(3)×5＝25eq \r(3).
第5题解图
6. B 【解析】∵矩形ABCD中，AB＝4，∠ADB＝30°，∠BAD＝90°，∴BD＝8，∵矩形对角线相等且互相平分，∴OC＝eq \f(1,2)AC＝eq \f(1,2)BD＝4.
7. C 【解析】∵在菱形ABCD中，AC＝8，BD＝6，
∴AB＝BC，∠AOB＝90°，AO＝4，BO＝3，∴BC＝AB＝eq \r(42＋32)＝5，
∴△ABC的周长＝AB＋BC＋AC＝5＋5＋8＝18.
8. A 【解析】∵四边形ABCD是矩形，∴∠C＝90°，CD∥AB，∴∠DBA＝∠1＝35°，∴∠CBD＝55°，由折叠性质可知∠C′BD＝∠CBD＝55°，∴∠2＝∠C′BD－∠DBA＝20°.
9. B 【解析】由折叠可知，∠BAE＝∠EAC，∵∠EAC＝∠ECA，∴∠BAC＝2∠BCA，∵四边形ABCD是矩形，∴∠B＝90°，∴3∠ACB＝90°，∴∠ACB＝30°，∵AB＝3∴AC＝2AB＝6.
【一题多解】由折叠性质得AF＝AB＝3，∠AFE＝∠ABE＝90°，∵∠EAC＝∠ECA，EF＝EF，∠AFE＝∠CFE＝90°，∴△EFA≌△EFC，∴FC＝AF＝3，∴AC＝6.
10. B 【解析】要证明AC⊥BD，所以②是第四步；由AB＝AD可知△ABD是等腰三角形，又由BO＝DO结合等腰三角形三线合一的性质可得到结论，故④是第二步，①是第三步；而AB＝AD是根据四边形ABCD是菱形得到的，故③是第一步，所以证明步骤正确的顺序是③→④→①→②.
11. B 【解析】在矩形ABCD中，CD＝AB＝2，AD＝BC＝3，∠BAD＝∠D＝90°，∵点E是边CD的中点，∴DE＝eq \f(1,2)CD＝1，在Rt△ADE中，AE＝eq \r(AD2＋DE2)＝eq \r(32＋1)＝eq \r(10)，∵BF⊥AE，∴∠AFB＝90°，∴∠FAB＋∠ABF ＝90°，∵∠FAB ＋∠EAD ＝90°，∴∠ABF＝∠EAD，∴△ABF∽△EAD，∴eq \f(AB,AE)＝eq \f(BF,AD)，则eq \f(2,\r(10))＝eq \f(BF,3)，解得BF＝ eq \f(3\r(10),5).
12. A 【解析】如解图，由题易知，∠EAF＝60°，EF＝AF＝AE，△ABE≌△ADF，∴BE＝DF，∠BAE＝∠DAF，∴CE＝CF，∴AC垂直平分EF，∴CG＝eq \f(1,2)EF，即△EGH是等腰直角三角形，∵GH⊥BC，∴EH＝eq \f(1,2)EC，∴S△EGH＝eq \f(1,2)S△EGC＝eq \f(1,4)S△ECF，即S△ECF＝4S△EGH，将△ADF旋转至△ABF′，作F′K⊥AE于点K，易知∠F′AE＝30°，∴F′K＝eq \f(1,2)F′A＝eq \f(1,2)EF，∴S△ADF＝eq \f(1,2)S△AEF′＝eq \f(1,4)AE·F′K＝eq \f(1,8)EF2，又S△ECF＝eq \f(1,2)EF·GC＝eq \f(1,4)EF2，∴S△ADF＝eq \f(1,2)S△ECF，S△ADF＝2S△EGH＝2×3＝6.
第12题解图
13. ①③④ 【解析】∵四边形ABCD是平行四边形，AB⊥AD，∴平行四边形ABCD是矩形，又∵AB＝AD，∴矩形ABCD是正方形，故①正确；∵AB⊥BD，∴∠ABD＝90°，∵正方形对角线将一组内角平分为两个45°的角，∴四边形ABCD不是正方形，故②不正确；∵四边形ABCD是平行四边形，∴AO＝CO，BO＝DO，又∵OB＝OC，∴AO＝CO＝BO＝DO，∴四边形ABCD是矩形，又∵OB⊥OC，即对角线互相垂直，∴矩形ABCD是正方形，故③正确；∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB＝CD，AD＝BC，若AB＝AD，则AB＝CD＝AD＝BC，∴四边形ABCD为菱形，又∵AC＝BD，∴菱形ABCD是正方形，故④正确．综上所述，其中正确的序号是①③④.
14. 75 【解析】四边形ABCD是正方形，
∴AB＝AD，∠B＝∠D＝∠BAD＝90°，在Rt△ABE和Rt△ADF中，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(AB＝AD,AE＝AF))，∴△ABE≌△ADF，∴∠BAE＝∠DAF＝(90°－60°)÷2＝15°，∴∠AEB＝75°.
15. eq \r(17) 【解析】∵AC＝eq \r(42＋32)＝5，AQ＝AD＝3，∴CQ＝2.又∵AD＝AQ，∴∠ADQ＝∠AQD.∵∠CQP＝∠AQD，∴∠ADQ＝∠CQP.∵AD∥BC，∴∠ADQ＝∠CPQ，∴∠CQP＝∠CPQ，∴CP＝CQ＝2，∴BP＝3－2＝1，∴AP＝eq \r(AB2＋BP2)＝eq \r(42＋12)＝eq \r(17).
16. 5eq \r(2) 【解析】如解图，将△ABE绕点A逆时针方向旋转90°，得到△AE′B′，∵∠EAF＝∠CEF＝45°，∠BAD＝90°，∴∠E′AF＝45°，∴△AEF≌△AE′F(SAS)，∴EF＝E′F，过点E′作E′G⊥CF，交CF的延长线于G，则E′G＝B′D＝9－8＝1，设CE＝x，则CF＝x，DG＝E′B′＝BE＝9－x，DF＝8－x，∴GF＝9－x＋8－x＝17－2x，又EF2＝CE2＋CF2，E′F2＝E′G2＋GF2∴CE2＋CF2＝E′G2＋GF2，即2x2＝(17－2x)2＋1，整理得x2－34x＋145＝0，解得x1＝29(舍)，x2＝5，∴CE＝CF＝5，∴EF2＝52＋52＝50，∴EF＝5eq \r(2).
第16题解图
17. 证明：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADF＝∠CDE＝90°，AD＝CD.
∵AE＝CF，
∴DE＝DF，
∴△ADF≌△CDE(SAS)，
∴∠DAF＝∠DCE，
又∵∠AGE＝∠CGF，AE＝CF，
∴△AGE≌△CGF(AAS)，
∴AG＝CG.
18. (1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∴∠DAO＝∠OCB，∠ADO＝∠OBC，
又∵∠OBC＝∠OCB，
∴∠DAO＝∠ADO，OB＝OC，
∴OA＝OD.
∴OB＋OD＝OA＋OC，即AC＝BD，
∴平行四边形ABCD是矩形．
(2)解：使矩形ABCD为正方形的条件为：AB＝BC.(答案不唯一)
19. (1)证明：在平行四边形ABCD中，AD∥CF，
则∠AEG＝∠BFG，
∵AB的垂直平分线交AD于点E，
∴AG＝BG，
又∵∠AGE＝∠BGF，
∴△AGE≌△BGF(AAS)；
(2)解：四边形AFBE为菱形．
理由如下：由(1)得AE＝BF，AE∥BF,
则四边形AFBE为平行四边形，
∵EF垂直平分AB，
∴AE＝BE，
∴四边形AFBE为菱形．
20. (1)证明：∵E是AD的中点，
∴AE＝DE.∵AF∥BC，
∴∠FAE＝∠BDE，∠AFE＝∠DBE.
在△AFE和△DBE中，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(∠FAE＝∠BDE,∠AFE＝∠DBE,AE＝DE))，
∴△AFE≌△DBE(AAS)．
∴AF＝BD.
∵AF＝DC，∴BD＝DC.
(2)解：AB＝eq \f(\r(2),2)BC，
理由如下：∵四边形ADCF为正方形，
∴AD＝DC且AD⊥DC，
由(1)知BD＝CD，
∴AD＝BD，∴AB＝eq \r(2)BD，
∵BD＝eq \f(1,2)BC，∴AB＝eq \f(\r(2),2)BC.
21. (1)证明：∵四边形ABCD是矩形
∴AB∥DC，AD∥BC，
∴∠ABD＝∠CDB，
∵BE平分∠ABD，DF平分∠CDB，
∴∠EBD＝eq \f(1,2)∠ABD，
∠FDB＝eq \f(1,2)∠CDB，
∴∠EBD＝∠FDB，
∴DF∥EB，
又∵AD∥BC，
∴四边形BEDF是平行四边形；
(2)解：当∠ABE＝30° 时，四边形BEDF是菱形，
理由如下：∵BE平分∠ABD，
∴∠ABD＝2∠ABE＝60°，∠EBD＝∠ABE＝30°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A＝90°，
∴∠EDB＝∠EBD＝30°，
∴EB＝ED，
又∵四边形BEDF是平行四边形，
∴四边形BEDF是菱形．
22. (1)证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AD＝AB，CD∥AB，
∵BD＝DE，
∴EF＝FA，
∴DF是△EAB的中位线，
∴AB＝2DF，
∴AD＝2DF；
(2)解：如解图，过点D作DM⊥AB，
∵FD＝2，
∴AB＝4，
∵∠C＝60°，
∴∠DAB＝60°，△DAB为等边三角形，
∴∠ADM＝30°，AM＝2，
∴DM＝eq \f(AM,tan30°)，可得DM＝2eq \r(3)，
∴S菱形ABCD＝AB·DM＝4×2eq \r(3)＝8eq \r(3).
第22题解图
23. (1)证明： ∵在Rt△ABD中，∠ABD＝90°，点E为AD的中点，
∴AE＝DE＝BE＝eq \f(1,2)AD，
又∵AD＝2BC，
∴DE＝BC，
又∵AD∥BC，
∴四边形BCDE为平行四边形，
又∵BE＝DE,
∴四边形BCDE为菱形；
(2)解：如解图，连接AC.
第23题解图
∵AC平分∠BAD，
∴∠1＝∠2，
又∵AD∥BC，
∴∠1＝∠3，
∴∠2＝∠3，
∴AB＝BC，
又∵AE＝BE＝BC，
∴AB＝AE＝BE，
∴△ABE为等边三角形，
∴∠BAE＝60°，
∴在Rt△ABD中，∠ADB＝90°－∠BAE＝30°，
∴∠1＝∠2＝∠ADB＝30°，
∴在菱形BCDE中，∠ADC＝2∠ADB＝60°，
∴∠ACD＝180°－∠1－∠ADC ＝90°，
又∵BC＝1，
∴在菱形BCDE中， CD＝BC＝1，
∴在Rt△ACD中，AC＝ CD·tan∠ADC＝eq \r(3).
满分冲关
1. C 【解析】
综上所述，结论①④正确，故选C.
2. 2或eq \f(7,8) 【解析】如解图，连接BD交AC于O；∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝BC＝CD＝AD＝5，∠DAC＝∠BAC，AC⊥BD，OA＝OC＝4，OB＝OD，∴OB＝OD＝eq \r(AB2－OA2)＝3，∵EF⊥AA′，∴∠EPA＝∠FPA＝90°，∴∠EAP＋∠AEP＝90°，∠FAP＋∠AFP＝90°，∴∠AEP＝∠AFP，∴AE＝AF，∵△A′EF是由△AEF翻折，∴AE＝EA′，AF＝FA′，∴AE＝EA′＝A′F＝FA，∴四边形AEA′F是菱形，∴AP＝PA′，分两种情况：①当∠DA′C＝90°时，A′与O重合，此时AA′＝4，∴AP＝2；②当∠A′DC＝90°时，设AP＝PA′＝x，则OA′＝4－2x，∵AC⊥BD，∴∠A′OD＝∠DOC＝90°，由角的互余关系得：∠A′DO＝∠DCO，∴△A′OD∽△DOC，∴eq \f(OA′,OD)＝eq \f(OD,OC)，即eq \f(4－2x,3)＝eq \f(3,4)，解得x＝eq \f(7,8)，即AP＝eq \f(7,8).
第2题解图
3. eq \r(7)－1 【解析】如解图，延长DE到M，使GM＝GH，连接AM，BM，∵DE⊥AF，∠GAH＝45°，∴∠AHG＝45°，AM＝AH，∴∠AMH＝45°，∴∠MAH＝90°，∴∠MAB＝∠HAD，可证△MAB≌△HAD(SAS)，则HD＝BM，∠AMB＝∠AHD＝135°，∴∠DMB＝90°，∴GI∥MB，∴DH＝MB＝2GI＝2，设AG＝x，则DG＝2＋x，∵AG2＋DG2＝AD2，∴x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋x))eq \s\up12(2)＝42，解得x1＝－1－eq \r(7)(舍)，x2＝－1＋eq \r(7)，∴S△ADH＝eq \f(1,2)DH·AG＝eq \f(1,2)×2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(7)－1))＝eq \r(7)－1.
第3题解图
4. 15 【解析】设CD＝x，则CD′＝x，BC＝x＋2，则BE＝eq \f(x＋2,3)，AE＝AB－BE＝eq \f(2x－2,3)，在Rt△B′AE和Rt△B′DC中，由勾股定理得AB′＝eq \r(（\f(x＋2,3)）2－（\f(2x－2,3)）2)，B′D＝eq \r(（x＋2）2－x2)，又AB′＋B′D＝BC＝x＋2，即eq \r(（\f(x＋2,3)）2－（\f(2x－2,3)）2)＋eq \r(（x＋2）2－x2)＝x＋2，化简得eq \f(4,9)x2－eq \f(4,3)x＝0，解得x＝3或x＝0(舍)，则CD＝3，BC＝5，故面积为15.
5. 2.4 【解析】如解图，延长GO交AB于点H，过点F作PQ⊥BC于点Q，交AD于点P，交BD于点M，易证△APF∽△FQE，∴eq \f(AP,FQ)＝eq \f(PF,EQ)＝eq \f(AF,EF)＝2，设PF＝x，则EQ＝eq \f(1,2)x，FQ＝6－x，又EQ2＋QF2＝EF2，即(eq \f(x,2))2＋(6－x)2＝32，解得∶x＝6(舍) 或x＝3.6，∴PF＝3.6, FQ＝2.4, EQ＝1.8, BQ＝4.8, PD＝CQ＝1.2，∴DM＝eq \f(6\r(2),5)，∴OM＝OD－DM＝3eq \r(2)－eq \f(6\r(2),5)＝eq \f(9\r(2),5)，又FM＝PF－PM＝3.6－1.2＝2.4，且eq \f(OM,OD)＝eq \f(MF,DG)，∴eq \f(\f(9\r(2),5),3\r(2))＝eq \f(2.4,DG)，∴DG＝4，∵HG过点O易得BH＝DG＝4，又eq \f(S△BFG,S△BHG)＝eq \f(FG,HG)＝eq \f(PD,AD)，∴eq \f(S△BFG,\f(1,2)×4×6)＝eq \f(1.2,6)，即S△BFG＝2.4.
第5题解图
6. 解：(1)AG2＝GE2＋GF2；
理由如下：如解图，连接CG，∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ADG＝∠CDG＝45°，AD＝CD，DG＝DG，
∴△ADG≌△CDG，
∴AG＝CG，
又∵GE⊥DC，GF⊥BC，∠ECF＝90°，
∴四边形CEGF是矩形，
∴CF＝GE，
在Rt△GFC中，由勾股定理得，CG2＝GF2＋CF2，
∴AG2＝GE2＋GF2；
(2)过点A作AM⊥BD于点M，
∵GF⊥BC，∠ABG＝∠GBC＝45°，
∴∠BAM＝∠BGF＝45°，
∴△ABM，△BGF都是等腰直角三角形，
∵AB＝1，∴AM＝BM＝eq \f(\r(2),2)，
∵∠AGF＝105°，∴∠AGM＝60°，
∴tan 60°＝eq \f(AM,GM)，∴GM＝eq \f(\r(6),6) ，
∴BG＝BM＋GM＝eq \f(\r(2),2)＋eq \f(\r(6),6)＝eq \f(3\r(2)＋\r(6),6).
第6题解图
7. (1)解：∵四边形ABCD是菱形，∠BAD＝60°，
∴△ABD，△BCD是等边三角形，
∴∠ABD＝∠CBD＝∠ADB＝∠BAD＝60°，BA＝BC，
∵∠AMB＝30°，∠ADB＝∠AMB＋∠DAM，
∴∠DAM＝∠DMA＝30°，
∴∠BAM＝90°，DA＝DM＝AB＝BC＝CE＝3，
在△BMA和△BMC中，eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(BM＝BM,∠MBA＝∠MBC,BA＝BC))，
∴△BMA≌△BMC(SAS)，
∴∠BCM＝∠BAM＝90°，
在Rt△BCE中，BE＝eq \r(BC2＋CE2)＝3eq \r(2)；
(2)证明：如解图，在BD上取一点G，使得BG＝DF，连接CG交BE于O，
第7题解图
∵BG＝DF，∠CBG＝∠BDF，BD＝BC，
∴△GBC≌△FDB，
∴∠BGC＝∠BFD，∠DBF＝∠BCG，
∴∠MGC＝∠BFC，
∵∠COF＝∠CBO＋∠OCB＝∠CBO＋∠DBF＝60°，
在△COE中，∠ECO＋∠EOC＋∠CEO＝180°，
在△BCF中，∠BFC＋∠CBF＋∠BCF＝180°，
∵CB＝CE，
∴∠CBE＝∠CEO，∵∠BCF＝∠COE＝60°，
∴∠ECO＝∠BFC＝∠MGC，
∴MC＝MG.
由(1)可知△BMA≌△BMC，
∴AM＝MC＝MG，
∵MG＝DG＋DM，
∵BD＝CD，BG＝DF，
∴DG＝CF，
∴AM＝CF＋DM.
序号
逐个分析
正误
①
如解图，过点F分别作FM⊥AB，FP⊥AD，延长MF、PF，分别交CD、BC于点N、Q，∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC＝CD＝AD，AC分别平分∠BAD、∠BCD，∴FM＝FP，FN＝FQ.∵S△ABF＝eq \f(1,2)AB·FM，S△ADF＝eq \f(1,2)AD·FP，∴S△ABF＝S△ADF
第1题解图
√
②
∵S△CDF＝eq \f(1,2)CD·FN，S△CEF＝eq \f(1,2)CE·FQ＝eq \f(1,2)×eq \f(1,2)BC·FQ＝eq \f(1,2)×eq \f(1,2)CD·FN＝eq \f(1,2)S△CDF，∴S△CDF＝2S△CEF≠4S△CEF
×
③
∵AD∥BC，∴S△ADF∽S△CEF, ∴S△ADF∶S△CEF＝(AD∶CE)2＝4∶1，∴S△ADF＝4S△CEF≠2S△CEF
×
④
∵S△CDF＝2S△CEF，S△ADF＝4S△CEF, ∴S△ADF＝2S△CDF
√