3. 如图，在矩形 $ ABCD $ 中，$ O $ 为 $ AC $ 的中点，过点 $ O $ 的直线分别与 $ AB $，$ CD $ 交于点 $ E $，$ F $，连接 $ BF $ 交 $ AC $ 于点 $ M $，连接 $ DE $，$ BO $. 若 $ ∠ COB = 60^{\circ} $，$ FO = FC $，有下列结论：① $ FB ⊥ OC $，$ OM = CM $；② $ △ EOB ≌ △ CMB $；③ 四边形 $ EBFD $ 是菱形；④ $ MB : OE = 3 : 2 $. 其中正确结论的个数为()

A.1
B.2
C.3
D.4

3. C

证明：
①
∵四边形$ABCD$是矩形，$O$为$AC$中点，
∴$OB=OC$（矩形对角线相等且互相平分）。
∵$∠ COB=60°$，
∴$△ OBC$是等边三角形，
∴$OB=BC=OC$，$∠ OCB=60°$。
∵$FO=FC$，
∴$∠ FOC=∠ FCO$。
设$∠ FOC=∠ FCO=x$，则$∠ OFC=180°-2x$。
∵$AB// CD$，
∴$∠ OEA=∠ OFC=180°-2x$。
在$△ AOE$中，$∠ OAE=30°$（$∠ ACB=60°$，$∠ BAC=30°$），
$∠ AOE=180°-∠ OAE-∠ OEA=180°-30°-(180°-2x)=2x-30°$。
又$∠ AOE=∠ FOC=x$（对顶角相等），
∴$2x-30°=x$，解得$x=30°$。
∴$∠ FCO=30°$，$∠ OCB=60°$，
∴$∠ FCB=30°$。
在$△ BCF$中，$∠ FBC=180°-∠ FCB-∠ BFC=180°-30°-120°=30°$，
∴$∠ BMC=180°-∠ MCB-∠ MBC=180°-60°-30°=90°$，即$FB⊥ OC$。
∵$∠ OCB=60°$，$∠ FCB=30°$，$FB⊥ OC$，
∴$CM=\frac{1}{2}BC$（直角三角形中$30°$角所对直角边是斜边一半），
又$OC=BC$，
∴$OM=CM=\frac{1}{2}OC$，故①正确。
② 假设$△ EOB≌△ CMB$，则$OE=CM$，$OB=CB$。
由①知$OB=CB$成立，但$OE$与$CM$不一定相等（$OE$长度随$E$位置变化，$CM$为定值），故②错误。
③
∵$AB// CD$，$O$为$AC$中点，
∴$△ AOE≌△ COF$（$AAS$），
∴$OE=OF$，$AE=CF$。
∵$AB=CD$，
∴$BE=DF$，又$BE// DF$，
∴四边形$EBFD$是平行四边形。
∵$FB⊥ AC$，$OE=OF$，
∴$EF$垂直平分$BD$（矩形对角线互相平分），
∴$BE=DE$，故平行四边形$EBFD$是菱形，③正确。
④ 设$BC=OB=OC=2$，则$CM=OM=1$，$AC=4$，$AB=2\sqrt{3}$。
在$Rt△ BMC$中，$BM=BC·\sin60°=2×\frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$。
在$Rt△ AOE$中，$∠ OAE=30°$，$AO=2$，$OE=AO·\tan30°=2×\frac{\sqrt{3}}{3}=\frac{2\sqrt{3}}{3}$。
∴$MB:OE=\sqrt{3}:\frac{2\sqrt{3}}{3}=3:2$，④正确。
综上，正确结论为①③④，共3个。
答案：C

4. 如图，矩形 $ ABCD $ 的对角线 $ AC $ 与 $ BD $ 相交于点 $ O $，$ CE // BD $，$ DE // AC $，$ AD = 2\sqrt{3} $，$ DE = 2 $，则四边形 $ OCED $ 的面积为()

A.$ 2\sqrt{3} $
B.4
C.$ 4\sqrt{3} $
D.8

4. A

证明：
∵ 四边形 $ABCD$ 是矩形，
∴ $AC=BD$，$OA=OC=\frac{1}{2}AC$，$OB=OD=\frac{1}{2}BD$，
∴ $OC=OD$。
∵ $CE // BD$，$DE // AC$，
∴ 四边形 $OCED$ 是平行四边形。
又
∵ $OC=OD$，
∴ 平行四边形 $OCED$ 是菱形，
∴ $OC=DE=2$，$AC=2OC=4$。
在 $Rt△ ADC$ 中，$AD=2\sqrt{3}$，$AC=4$，
由勾股定理得：$CD=\sqrt{AC^2-AD^2}=\sqrt{4^2-(2\sqrt{3})^2}=\sqrt{16-12}=2$。
矩形 $ABCD$ 的面积为 $AD · CD=2\sqrt{3} × 2=4\sqrt{3}$，
∴ $△ OCD$ 的面积为 $\frac{1}{4}$ 矩形 $ABCD$ 的面积，即 $\frac{1}{4} × 4\sqrt{3}=\sqrt{3}$。
∵ 菱形 $OCED$ 的面积是 $△ OCD$ 面积的 2 倍，
∴ 菱形 $OCED$ 的面积为 $2\sqrt{3}$。
答案：A

5. 如图，菱形 $ ABCD $ 的边 $ AB = 8 $，$ ∠ B = 60^{\circ} $，$ P $ 是 $ AB $ 上一点，$ BP = 3 $，$ Q $ 是边 $ CD $ 上一动点，将梯形 $ APQD $ 沿直线 $ PQ $ 折叠，$ A $ 的对应点为 $ A' $. 当 $ CA' $ 的长度最小时，$ CQ $ 的长为()

A.5
B.7
C.8
D.$ \frac{13}{2} $

5. B

证明：
∵菱形 $ABCD$ 中，$AB=8$，$∠ B=60°$，
∴$△ ABC$ 为等边三角形，$BC=AB=8$，$AC=8$。
∵$BP=3$，
∴$AP=AB-BP=5$。
由折叠性质，得 $A'P=AP=5$，即点 $A'$ 在以 $P$ 为圆心、$5$ 为半径的圆上。
连接 $PC$，当 $A'$ 在线段 $PC$ 上时，$CA'$ 最小，此时 $CA'=PC-PA'$。
在 $△ PBC$ 中，$BP=3$，$BC=8$，$∠ B=60°$，
由余弦定理：$PC^2=BP^2+BC^2-2 · BP · BC · \cos 60°$
$=3^2+8^2-2 · 3 · 8 · \frac{1}{2}=9+64-24=49$，
∴$PC=7$，则 $CA'=7-5=2$（最小）。
设 $CQ=x$，$QD=8-x$，由折叠知 $A'Q=AQ$。
在 $△ AQD$ 中，$AQ^2=AD^2+QD^2-2 · AD · QD · \cos 120°$
$=8^2+(8-x)^2-2 · 8 · (8-x) · (-\frac{1}{2})=64+(8-x)^2+8(8-x)$。
在 $△ A'QC$ 中，$A'Q^2=CQ^2+CA'^2-2 · CQ · CA' · \cos ∠ A'CQ$，
$∠ A'CQ=60°$（菱形内角），$CA'=2$，$CQ=x$，
∴$A'Q^2=x^2+2^2-2 · x · 2 · \frac{1}{2}=x^2-2x+4$。
联立 $AQ^2=A'Q^2$：
$64+(8-x)^2+8(8-x)=x^2-2x+4$，
化简得 $x=7$。
结论：$CQ=7$。
答案：B

6. 如图，在平行四边形 $ ABCD $ 中，连接对角线 $ AC $，$ E $，$ F $ 分别为 $ AC $ 上的两点，$ AE = CF $，连接 $ BE $，$ BF $，$ DE $，$ DF $.
(1)求证：$ BF = DE $；
(2)对 $ △ ABC $ 添加一个条件，使四边形 $ BEDF $ 是菱形，并说明理由.

6. (1) 证明：如图，连接BD交AC于点O，
∵四边形ABCD为平行四边形，
∴AO=CO，BO=DO。
∵AE=CF，
∴EO=FO，
∴四边形BEDF是平行四边形，
∴BF=DE。 (2) 解：当AB=BC时，四边形BEDF是菱形，理由：由(1)得：四边形BEDF是平行四边形，
∴EO=FO。
∵AB=BC，O是AC的中点，
∴BD⊥AC，
∴平行四边形BEDF是菱形，故答案为：AB=BC。