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7. 如图,在矩形ABCD中,对角线AC与BD相交于点O,∠ABD=60°,AE⊥BD于点E,F是OC的中点,连接EF。若EF=2√3,则矩形ABCD的周长是(
A.$16\sqrt{3}$
B.$8\sqrt{3}$
C.$4\sqrt{3}+8$
D.$8\sqrt{3}+8$
D
)。A.$16\sqrt{3}$
B.$8\sqrt{3}$
C.$4\sqrt{3}+8$
D.$8\sqrt{3}+8$
答案
7.D 解析:
∵四边形ABCD是矩形，
∴OC=OA=OB,∠ABC=90°。
∵∠ABD=60°，
∴△ABO是等边三角形。
∴OA=AB。
∴AC=2AB。
∵AE⊥BD，
∴E是OB的中点。
∵F是OC的中点,$EF=2\sqrt{3}$，
∴$BC=2EF=4\sqrt{3}$。
在Rt△ABC中，
∵$AB^2+BC^2=AC^2$，
∴$AB^2+(4\sqrt{3})^2=(2AB)^2$。
∴AB=4。
∴矩形ABCD的周长$=2(BC+AB)=2×(4\sqrt{3}+4)=8\sqrt{3}+8$。
∵四边形ABCD是矩形，
∴OC=OA=OB,∠ABC=90°。
∵∠ABD=60°，
∴△ABO是等边三角形。
∴OA=AB。
∴AC=2AB。
∵AE⊥BD，
∴E是OB的中点。
∵F是OC的中点,$EF=2\sqrt{3}$，
∴$BC=2EF=4\sqrt{3}$。
在Rt△ABC中，
∵$AB^2+BC^2=AC^2$，
∴$AB^2+(4\sqrt{3})^2=(2AB)^2$。
∴AB=4。
∴矩形ABCD的周长$=2(BC+AB)=2×(4\sqrt{3}+4)=8\sqrt{3}+8$。
解析
【分析】
解题时先从矩形的性质出发，矩形对角线相等且互相平分，可得OA=OB；结合∠ABD=60°，可判定△ABO是等边三角形，再由AE⊥BD，根据等边三角形三线合一的性质得出E是OB的中点；已知F是OC中点，可判断EF是△OBC的中位线，利用中位线定理求出BC的长度；最后在Rt△ABC中利用勾股定理求出AB的长度，即可计算矩形的周长。
【解析】
∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OB=OC，∠ABC=90°，AC=2OA。
∵∠ABD=60°，OA=OB，
∴△ABO是等边三角形，
∴OA=AB，即AC=2AB。
∵AE⊥BD，△ABO是等边三角形，
∴E是OB的中点。
又
∵F是OC的中点，
∴EF是△OBC的中位线，
∴BC=2EF=2×2√3=4√3。
在Rt△ABC中，由勾股定理得AB²+BC²=AC²，
代入BC=4√3，AC=2AB，得：
$AB^2+(4\sqrt{3})^2=(2AB)^2$，
解得AB=4（边长为正，舍去负解）。
∴矩形ABCD的周长=2×(AB+BC)=2×(4+4√3)=8√3+8。
【答案】D
【知识点】矩形的性质；三角形中位线定理；勾股定理
【点评】本题是几何综合基础题，将矩形性质、等边三角形判定与性质、三角形中位线定理、勾股定理结合考查，解题的关键是通过中位线定理快速求出BC的长度，再结合勾股定理求解矩形边长，对学生的性质运用和逻辑推导能力有一定要求。
【难度系数】0.6
解题时先从矩形的性质出发，矩形对角线相等且互相平分，可得OA=OB；结合∠ABD=60°，可判定△ABO是等边三角形，再由AE⊥BD，根据等边三角形三线合一的性质得出E是OB的中点；已知F是OC中点，可判断EF是△OBC的中位线，利用中位线定理求出BC的长度；最后在Rt△ABC中利用勾股定理求出AB的长度，即可计算矩形的周长。
【解析】
∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OB=OC，∠ABC=90°，AC=2OA。
∵∠ABD=60°，OA=OB，
∴△ABO是等边三角形，
∴OA=AB，即AC=2AB。
∵AE⊥BD，△ABO是等边三角形，
∴E是OB的中点。
又
∵F是OC的中点，
∴EF是△OBC的中位线，
∴BC=2EF=2×2√3=4√3。
在Rt△ABC中，由勾股定理得AB²+BC²=AC²，
代入BC=4√3，AC=2AB，得：
$AB^2+(4\sqrt{3})^2=(2AB)^2$，
解得AB=4（边长为正，舍去负解）。
∴矩形ABCD的周长=2×(AB+BC)=2×(4+4√3)=8√3+8。
【答案】D
【知识点】矩形的性质；三角形中位线定理；勾股定理
【点评】本题是几何综合基础题，将矩形性质、等边三角形判定与性质、三角形中位线定理、勾股定理结合考查，解题的关键是通过中位线定理快速求出BC的长度，再结合勾股定理求解矩形边长，对学生的性质运用和逻辑推导能力有一定要求。
【难度系数】0.6
8.如图，点A,D,G,M在半圆上，四边形ABOC、四边形DEOF、四边形HMNO均为矩形，设BC=a，EF=b，HN=c，则a,b,c之间的大小关系为(
A.$a＞b＞c$
B.$a＜b＜c$
C.$a=b=c$
D.$a＞c＞b$
C
)。A.$a＞b＞c$
B.$a＜b＜c$
C.$a=b=c$
D.$a＞c＞b$
答案
8.C
解析
【分析】
解题时可结合矩形与圆的性质推导三者关系：第一步，回忆矩形的核心性质：矩形的对角线相等；第二步，观察三个矩形的对角线，其中一条对角线分别是a、b、c，另一条对角线分别是连接圆心O到半圆上点A、D、M的线段；第三步，根据圆的性质，同圆的所有半径长度相等，即可推出a、b、c都等于半圆的半径，进而得到三者的大小关系。
【解析】
解：分别连接OA、OD、OM。
1.
∵四边形ABOC是矩形，矩形的对角线相等，
∴BC = OA，即a = OA。
2.
∵四边形DEOF是矩形，矩形的对角线相等，
∴EF = OD，即b = OD。
3.
∵四边形HMNO是矩形，矩形的对角线相等，
∴HN = OM，即c = OM。
∵点A、D、M均在半圆上，OA、OD、OM都是该半圆的半径，
∴OA = OD = OM，
∴a = b = c。
【答案】
C
【知识点】
矩形的性质，圆的基本性质
【点评】
本题属于基础几何题，将矩形对角线相等和同圆半径相等的性质结合考查，无需复杂计算，解题关键是建立待求线段与圆半径的关联，能较好地检验学生对基础几何性质的灵活运用能力。
【难度系数】
0.7
解题时可结合矩形与圆的性质推导三者关系：第一步，回忆矩形的核心性质：矩形的对角线相等；第二步，观察三个矩形的对角线，其中一条对角线分别是a、b、c，另一条对角线分别是连接圆心O到半圆上点A、D、M的线段；第三步，根据圆的性质，同圆的所有半径长度相等，即可推出a、b、c都等于半圆的半径，进而得到三者的大小关系。
【解析】
解：分别连接OA、OD、OM。
1.
∵四边形ABOC是矩形，矩形的对角线相等，
∴BC = OA，即a = OA。
2.
∵四边形DEOF是矩形，矩形的对角线相等，
∴EF = OD，即b = OD。
3.
∵四边形HMNO是矩形，矩形的对角线相等，
∴HN = OM，即c = OM。
∵点A、D、M均在半圆上，OA、OD、OM都是该半圆的半径，
∴OA = OD = OM，
∴a = b = c。
【答案】
C
【知识点】
矩形的性质，圆的基本性质
【点评】
本题属于基础几何题，将矩形对角线相等和同圆半径相等的性质结合考查，无需复杂计算，解题关键是建立待求线段与圆半径的关联，能较好地检验学生对基础几何性质的灵活运用能力。
【难度系数】
0.7
9.如图，P是矩形$ABCD(AB≠AD)$内一点，连接$PA,PB,PC,PD$，设$△ PAB$，$△ PBC$，$△ PCD$，$△ PDA$的面积分别为$S_1,S_2,S_3,S_4$。给出下列四个判断：
①当$∠ PAB=∠ PDA$时，$∠ APD=90°$；
②存在唯一一点$P$，使$PA=PB=PC=PD$；
③存在到矩形$ABCD$四条边距离都相等的点$P$；
④若$S_1=S_2$，则$S_3=S_4$。
其中正确的是
①当$∠ PAB=∠ PDA$时，$∠ APD=90°$；
②存在唯一一点$P$，使$PA=PB=PC=PD$；
③存在到矩形$ABCD$四条边距离都相等的点$P$；
④若$S_1=S_2$，则$S_3=S_4$。
其中正确的是
①②④
。(填序号)答案
9.①②④
解析
【分析】
我们需要对四个结论逐一分析判断：
1. 判断①：借助矩形内角为90°的性质，将已知等角进行代换，结合三角形内角和即可推导∠APD的度数；
2. 判断②：到矩形四个顶点距离相等的点是矩形外接圆的圆心，矩形外接圆圆心为对角线交点，具有唯一性，据此判断；
3. 判断③：到矩形四条边距离相等的点仅当矩形为正方形时存在，题干明确AB≠AD，即该矩形不是正方形，直接判断正误；
4. 判断④：先推导矩形内相对的两个小三角形面积和等于矩形面积的一半，再结合S₁=S₂的条件即可推出S₃与S₄的关系。
【解析】
我们逐个验证四个结论：
①在矩形ABCD中，∠BAD=90°，因此∠PAB + ∠PAD = 90°。
已知∠PAB=∠PDA，代入得∠PDA + ∠PAD = 90°。
在△APD中，根据三角形内角和为180°，可得∠APD=180°-(∠PDA + ∠PAD)=90°，故①正确。
②若PA=PB=PC=PD，则点P是矩形ABCD外接圆的圆心，矩形的外接圆圆心是两条对角线的交点，矩形对角线交点唯一，因此存在唯一的点P满足条件，故②正确。
③若点P到矩形四条边的距离都相等，则矩形的邻边必须相等（即矩形为正方形），题干中明确AB≠AD，因此该矩形不是正方形，不存在符合条件的点P，故③错误。
④设矩形ABCD的长为a，宽为b，△PAB以AB为底的高为h₁，△PCD以CD为底的高为h₂，可得h₁+h₂=b。
因此S₁+S₃=½ah₁ + ½ah₂=½a(h₁+h₂)=½ab，即S₁+S₃等于矩形面积的一半。
同理可证S₂+S₄=½ab，因此S₁+S₃=S₂+S₄。
若S₁=S₂，等式两边减去相等的量可得S₃=S₄，故④正确。
综上，正确的结论为①②④。
【答案】
①②④
【知识点】
矩形的性质；三角形内角和；三角形面积计算
【点评】
本题围绕矩形的性质设置多个结论判断，要求学生熟练掌握矩形的角度、对角线、面积相关性质，解题时需注意题干中AB≠AD的限定条件，避免忽略特殊情况导致判断错误。
【难度系数】
0.6
我们需要对四个结论逐一分析判断：
1. 判断①：借助矩形内角为90°的性质，将已知等角进行代换，结合三角形内角和即可推导∠APD的度数；
2. 判断②：到矩形四个顶点距离相等的点是矩形外接圆的圆心，矩形外接圆圆心为对角线交点，具有唯一性，据此判断；
3. 判断③：到矩形四条边距离相等的点仅当矩形为正方形时存在，题干明确AB≠AD，即该矩形不是正方形，直接判断正误；
4. 判断④：先推导矩形内相对的两个小三角形面积和等于矩形面积的一半，再结合S₁=S₂的条件即可推出S₃与S₄的关系。
【解析】
我们逐个验证四个结论：
①在矩形ABCD中，∠BAD=90°，因此∠PAB + ∠PAD = 90°。
已知∠PAB=∠PDA，代入得∠PDA + ∠PAD = 90°。
在△APD中，根据三角形内角和为180°，可得∠APD=180°-(∠PDA + ∠PAD)=90°，故①正确。
②若PA=PB=PC=PD，则点P是矩形ABCD外接圆的圆心，矩形的外接圆圆心是两条对角线的交点，矩形对角线交点唯一，因此存在唯一的点P满足条件，故②正确。
③若点P到矩形四条边的距离都相等，则矩形的邻边必须相等（即矩形为正方形），题干中明确AB≠AD，因此该矩形不是正方形，不存在符合条件的点P，故③错误。
④设矩形ABCD的长为a，宽为b，△PAB以AB为底的高为h₁，△PCD以CD为底的高为h₂，可得h₁+h₂=b。
因此S₁+S₃=½ah₁ + ½ah₂=½a(h₁+h₂)=½ab，即S₁+S₃等于矩形面积的一半。
同理可证S₂+S₄=½ab，因此S₁+S₃=S₂+S₄。
若S₁=S₂，等式两边减去相等的量可得S₃=S₄，故④正确。
综上，正确的结论为①②④。
【答案】
①②④
【知识点】
矩形的性质；三角形内角和；三角形面积计算
【点评】
本题围绕矩形的性质设置多个结论判断，要求学生熟练掌握矩形的角度、对角线、面积相关性质，解题时需注意题干中AB≠AD的限定条件，避免忽略特殊情况导致判断错误。
【难度系数】
0.6
10.在一个矩形中,若一个角的平分线把一条边分成长分别是3 cm和4 cm的两条线段,则该矩形的周长是
20 cm或22 cm
。答案
10.20 cm或22 cm
解析
【分析】
首先根据矩形的性质可知矩形的四个内角均为直角，一个内角的平分线会将直角分为两个45°角，由此可得到一个等腰直角三角形，进而得到矩形的短边与角平分线分出的其中一段线段长度相等。本题需要分类讨论：被角平分线分成的3cm和4cm两条线段，哪一段是等腰直角三角形的直角边，分两种情况分别计算矩形的边长，再求周长即可。
【解析】
设矩形为ABCD，∠BAD的平分线交边BC于点E。
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ ∠BAD=∠B=90°，
∵ AE平分∠BAD，
∴ ∠BAE=1/2∠BAD=45°，
∴ △ABE为等腰直角三角形，
∴ AB=BE。
已知AE将BC分成长为3cm和4cm的两段，分两种情况讨论：
1. 当BE=3cm，EC=4cm时：
BC=BE+EC=3+4=7cm，AB=3cm，
矩形周长=2×(AB+BC)=2×(3+7)=20cm；
2. 当BE=4cm，EC=3cm时：
BC=BE+EC=4+3=7cm，AB=4cm，
矩形周长=2×(AB+BC)=2×(4+7)=22cm。
综上，该矩形的周长为20cm或22cm。
【答案】
20 cm或22 cm
【知识点】
矩形的性质；等腰直角三角形的性质；分类讨论思想
【点评】
本题解题的关键是结合矩形和角平分线的性质得到等腰直角三角形，易错点是容易忽略分类讨论，漏算其中一种情况，解题时要全面考虑所有可能的情形。
【难度系数】
0.7
首先根据矩形的性质可知矩形的四个内角均为直角，一个内角的平分线会将直角分为两个45°角，由此可得到一个等腰直角三角形，进而得到矩形的短边与角平分线分出的其中一段线段长度相等。本题需要分类讨论：被角平分线分成的3cm和4cm两条线段，哪一段是等腰直角三角形的直角边，分两种情况分别计算矩形的边长，再求周长即可。
【解析】
设矩形为ABCD，∠BAD的平分线交边BC于点E。
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ ∠BAD=∠B=90°，
∵ AE平分∠BAD，
∴ ∠BAE=1/2∠BAD=45°，
∴ △ABE为等腰直角三角形，
∴ AB=BE。
已知AE将BC分成长为3cm和4cm的两段，分两种情况讨论：
1. 当BE=3cm，EC=4cm时：
BC=BE+EC=3+4=7cm，AB=3cm，
矩形周长=2×(AB+BC)=2×(3+7)=20cm；
2. 当BE=4cm，EC=3cm时：
BC=BE+EC=4+3=7cm，AB=4cm，
矩形周长=2×(AB+BC)=2×(4+7)=22cm。
综上，该矩形的周长为20cm或22cm。
【答案】
20 cm或22 cm
【知识点】
矩形的性质；等腰直角三角形的性质；分类讨论思想
【点评】
本题解题的关键是结合矩形和角平分线的性质得到等腰直角三角形，易错点是容易忽略分类讨论，漏算其中一种情况，解题时要全面考虑所有可能的情形。
【难度系数】
0.7
11.如图，矩形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，以OC，OD为邻边作平行四边形OCED，连接OE。
(1)求证：四边形OBCE是平行四边形；
(2)连接BE交AC于点F，若AB＝2，∠AOB＝60°，求BF的长。
(1)求证：四边形OBCE是平行四边形；
(2)连接BE交AC于点F，若AB＝2，∠AOB＝60°，求BF的长。
答案
11.(1)证明:
∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OB=OC=OD。
∵四边形OCED是平行四边形，
∴CE//OD,CE=OD。
∴CE//OB,CE=OB。
∴四边形OBCE是平行四边形。
(2)解:如图,过点F作FM⊥BC于点M,过点O作ON⊥BC于点N。
∵∠AOB=60°,OA=OC=OB，
∴∠ACB=30°,△OAB是等边三角形。
∴∠BAO=60°,OB=AB。
∵AB=2，
∴OC=OB=2。
∴$ON=\frac{1}{2}OC=1$。
∴$CN=\sqrt{3}$。
∴$BC=2CN=2\sqrt{3}$。
易得F是OC的中点，
∴FC=1。
∴$FM=\frac{1}{2}$。
∴$CM=\frac{\sqrt{3}}{2}$。
∴$BM=BC-CM=\frac{3\sqrt{3}}{2}$。
∴$BF=\sqrt{BM^2+FM^2}=\sqrt{7}$。
解析
【分析】
(1) 要证四边形OBCE是平行四边形，可通过“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”来证明：首先利用矩形对角线相等且互相平分的性质，得到OB=OD；再结合平行四边形OCED的性质，得CE与OD平行且相等，等量代换后可知CE与OB平行且相等，即可完成证明。
(2) 求BF的长度时，先由∠AOB=60°和矩形对角线的性质，可判定△OAB是等边三角形，得到OC=OB=AB=2，结合30°直角三角形的性质求出BC的长度；再根据平行四边形OBCE对角线互相平分的性质，得F是OC的中点，过F作BC的垂线构造直角三角形，分别求出直角边BM和FM的长度，最后用勾股定理即可求出BF的长。
【解析】
(1) 证明：
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ OA=OB=OC=OD。
∵ 四边形OCED是平行四边形，
∴ CE//OD，CE=OD。
∴ CE//OB，CE=OB。
∴ 四边形OBCE是平行四边形。
(2) 解：如图，过点F作FM⊥BC于点M，过点O作ON⊥BC于点N。
∵ ∠AOB=60°，OA=OB，
∴ △OAB是等边三角形，∠ACB=30°，
∴ OB=AB=2，即OC=OB=2。
在Rt△ONC中，∠ACB=30°，
∴ $ON=\frac{1}{2}OC=1$，由勾股定理得$CN=\sqrt{OC^2-ON^2}=\sqrt{3}$。
∵ O是AC中点，ON//AB，
∴ N是BC中点，$BC=2CN=2\sqrt{3}$。
∵ 四边形OBCE是平行四边形，对角线BE与OC交于点F，
∴ F是OC的中点，即$FC=\frac{1}{2}OC=1$。
在Rt△FMC中，∠ACB=30°，
∴ $FM=\frac{1}{2}FC=\frac{1}{2}$，由勾股定理得$CM=\sqrt{FC^2-FM^2}=\frac{\sqrt{3}}{2}$。
∴ $BM=BC-CM=2\sqrt{3}-\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3\sqrt{3}}{2}$。
在Rt△BFM中，由勾股定理得：
$BF=\sqrt{BM^2+FM^2}=\sqrt{(\frac{3\sqrt{3}}{2})^2+(\frac{1}{2})^2}=\sqrt{7}$。
【答案】
11.(1)证明:
∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OB=OC=OD。
∵四边形OCED是平行四边形，
∴CE//OD,CE=OD。
∴CE//OB,CE=OB。
∴四边形OBCE是平行四边形。
(2)解:如图,过点F作FM⊥BC于点M,过点O作ON⊥BC于点N。
∵∠AOB=60°,OA=OC=OB，
∴∠ACB=30°,△OAB是等边三角形。
∴∠BAO=60°,OB=AB。
∵AB=2，
∴OC=OB=2。
∴$ON=\frac{1}{2}OC=1$。
∴$CN=\sqrt{3}$。
∴$BC=2CN=2\sqrt{3}$。
易得F是OC的中点，
∴FC=1。
∴$FM=\frac{1}{2}$。
∴$CM=\frac{\sqrt{3}}{2}$。
∴$BM=BC-CM=\frac{3\sqrt{3}}{2}$。
∴$BF=\sqrt{BM^2+FM^2}=\sqrt{7}$。
【知识点】
矩形的性质；平行四边形的判定与性质；勾股定理
【点评】
本题将矩形、平行四边形的性质与判定相结合，同时融入了等边三角形、含30°角直角三角形的性质和勾股定理的应用，注重对基础几何知识的综合运用能力的考察，解题时要注意已知条件和特殊图形性质的结合。
【难度系数】
0.6
(1) 要证四边形OBCE是平行四边形，可通过“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”来证明：首先利用矩形对角线相等且互相平分的性质，得到OB=OD；再结合平行四边形OCED的性质，得CE与OD平行且相等，等量代换后可知CE与OB平行且相等，即可完成证明。
(2) 求BF的长度时，先由∠AOB=60°和矩形对角线的性质，可判定△OAB是等边三角形，得到OC=OB=AB=2，结合30°直角三角形的性质求出BC的长度；再根据平行四边形OBCE对角线互相平分的性质，得F是OC的中点，过F作BC的垂线构造直角三角形，分别求出直角边BM和FM的长度，最后用勾股定理即可求出BF的长。
【解析】
(1) 证明：
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ OA=OB=OC=OD。
∵ 四边形OCED是平行四边形，
∴ CE//OD，CE=OD。
∴ CE//OB，CE=OB。
∴ 四边形OBCE是平行四边形。
(2) 解：如图，过点F作FM⊥BC于点M，过点O作ON⊥BC于点N。
∵ ∠AOB=60°，OA=OB，
∴ △OAB是等边三角形，∠ACB=30°，
∴ OB=AB=2，即OC=OB=2。
在Rt△ONC中，∠ACB=30°，
∴ $ON=\frac{1}{2}OC=1$，由勾股定理得$CN=\sqrt{OC^2-ON^2}=\sqrt{3}$。
∵ O是AC中点，ON//AB，
∴ N是BC中点，$BC=2CN=2\sqrt{3}$。
∵ 四边形OBCE是平行四边形，对角线BE与OC交于点F，
∴ F是OC的中点，即$FC=\frac{1}{2}OC=1$。
在Rt△FMC中，∠ACB=30°，
∴ $FM=\frac{1}{2}FC=\frac{1}{2}$，由勾股定理得$CM=\sqrt{FC^2-FM^2}=\frac{\sqrt{3}}{2}$。
∴ $BM=BC-CM=2\sqrt{3}-\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3\sqrt{3}}{2}$。
在Rt△BFM中，由勾股定理得：
$BF=\sqrt{BM^2+FM^2}=\sqrt{(\frac{3\sqrt{3}}{2})^2+(\frac{1}{2})^2}=\sqrt{7}$。
【答案】
11.(1)证明:
∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OB=OC=OD。
∵四边形OCED是平行四边形，
∴CE//OD,CE=OD。
∴CE//OB,CE=OB。
∴四边形OBCE是平行四边形。
(2)解:如图,过点F作FM⊥BC于点M,过点O作ON⊥BC于点N。
∵∠AOB=60°,OA=OC=OB，
∴∠ACB=30°,△OAB是等边三角形。
∴∠BAO=60°,OB=AB。
∵AB=2，
∴OC=OB=2。
∴$ON=\frac{1}{2}OC=1$。
∴$CN=\sqrt{3}$。
∴$BC=2CN=2\sqrt{3}$。
易得F是OC的中点，
∴FC=1。
∴$FM=\frac{1}{2}$。
∴$CM=\frac{\sqrt{3}}{2}$。
∴$BM=BC-CM=\frac{3\sqrt{3}}{2}$。
∴$BF=\sqrt{BM^2+FM^2}=\sqrt{7}$。
【知识点】
矩形的性质；平行四边形的判定与性质；勾股定理
【点评】
本题将矩形、平行四边形的性质与判定相结合，同时融入了等边三角形、含30°角直角三角形的性质和勾股定理的应用，注重对基础几何知识的综合运用能力的考察，解题时要注意已知条件和特殊图形性质的结合。
【难度系数】
0.6
12.【数学文化】数学家吴文俊院士非常重视古代数学家贾宪提出的“过长方形对角线上任意一点(不含端点)作两条分别平行于两邻边的直线,则两勾股形所容两长方形的面积相等(如图所示)”这一推论,他从这一推论出发,利用“出入相补”原理复原了《海岛算经》九题古证。
请根据该图完成这个推论的证明过程。
证明: $S_{矩形NFGD} = S_{△ ADC} - (S_{△ ANF} + S_{△ FGC}), S_{矩形EBMF} = S_{△ ABC} - ( \_\_\_\_\_\_ + \_\_\_\_\_\_ )$。
易知 $S_{△ ADC} = S_{△ ABC}$, $\_\_\_\_\_\_ = \_\_\_\_\_\_$, $\_\_\_\_\_\_ = \_\_\_\_\_\_$。
可得 $S_{矩形NFGD} = S_{矩形EBMF}$。
请根据该图完成这个推论的证明过程。
证明: $S_{矩形NFGD} = S_{△ ADC} - (S_{△ ANF} + S_{△ FGC}), S_{矩形EBMF} = S_{△ ABC} - ( \_\_\_\_\_\_ + \_\_\_\_\_\_ )$。
易知 $S_{△ ADC} = S_{△ ABC}$, $\_\_\_\_\_\_ = \_\_\_\_\_\_$, $\_\_\_\_\_\_ = \_\_\_\_\_\_$。
可得 $S_{矩形NFGD} = S_{矩形EBMF}$。
答案
12.$S_{△ AEF}$ $S_{△ FMC}$ $S_{△ ANF}$ $S_{△ AEF}$ $S_{△ FGC}$ $S_{△ FMC}$
解析
【分析】
解题时先从矩形的基本性质入手：矩形的对角线会将矩形分成两个面积完全相等的三角形。要证明两个矩形面积相等，我们可以用“所在大三角形的面积减去其余两个小三角形的面积”分别表示两个目标矩形的面积，再通过小矩形对角线平分小矩形面积的性质，找到两组面积相等的小三角形做等积代换，就能完成推导。首先观察△ABC的面积组成，除了矩形EBMF外，剩余的两个小三角形为△AEF和△FMC，可填出前两个空；再找相等的小三角形：AF是小矩形AENF的对角线，对应△ANF和△AEF面积相等，FC是小矩形FMCG的对角线，对应△FGC和△FMC面积相等，可填出后四空。
【解析】
证明：观察△ABC的面积构成，其包含△AEF、矩形EBMF、△FMC三部分，因此
$S_{矩形EBMF} = S_{△ ABC} - (S_{△ AEF} + S_{△ FMC})$。
由矩形对角线的性质可知：
AC是大矩形ABCD的对角线，故$S_{△ ADC} = S_{△ ABC}$；
AF是小矩形AENF的对角线，故$S_{△ ANF} = S_{△ AEF}$；
FC是小矩形FMCG的对角线，故$S_{△ FGC} = S_{△ FMC}$。
将上述相等关系代入两个矩形的面积表达式，被减数和两个减数均分别相等，因此剩余部分的面积也相等，即可得$S_{矩形NFGD} = S_{矩形EBMF}$。
【答案】
$S_{△ AEF}$；$S_{△ FMC}$；$S_{△ ANF}$；$S_{△ AEF}$；$S_{△ FGC}$；$S_{△ FMC}$
【知识点】
矩形的性质；面积和差计算；等积代换
【点评】
本题结合古代数学文化背景出题，核心考查矩形对角线平分矩形面积的性质，解题时需要准确观察图形的面积组成，通过简单的等积代换即可完成证明，侧重对几何观察能力和基础逻辑推理能力的考查。
【难度系数】
0.8
解题时先从矩形的基本性质入手：矩形的对角线会将矩形分成两个面积完全相等的三角形。要证明两个矩形面积相等，我们可以用“所在大三角形的面积减去其余两个小三角形的面积”分别表示两个目标矩形的面积，再通过小矩形对角线平分小矩形面积的性质，找到两组面积相等的小三角形做等积代换，就能完成推导。首先观察△ABC的面积组成，除了矩形EBMF外，剩余的两个小三角形为△AEF和△FMC，可填出前两个空；再找相等的小三角形：AF是小矩形AENF的对角线，对应△ANF和△AEF面积相等，FC是小矩形FMCG的对角线，对应△FGC和△FMC面积相等，可填出后四空。
【解析】
证明：观察△ABC的面积构成，其包含△AEF、矩形EBMF、△FMC三部分，因此
$S_{矩形EBMF} = S_{△ ABC} - (S_{△ AEF} + S_{△ FMC})$。
由矩形对角线的性质可知：
AC是大矩形ABCD的对角线，故$S_{△ ADC} = S_{△ ABC}$；
AF是小矩形AENF的对角线，故$S_{△ ANF} = S_{△ AEF}$；
FC是小矩形FMCG的对角线，故$S_{△ FGC} = S_{△ FMC}$。
将上述相等关系代入两个矩形的面积表达式，被减数和两个减数均分别相等，因此剩余部分的面积也相等，即可得$S_{矩形NFGD} = S_{矩形EBMF}$。
【答案】
$S_{△ AEF}$；$S_{△ FMC}$；$S_{△ ANF}$；$S_{△ AEF}$；$S_{△ FGC}$；$S_{△ FMC}$
【知识点】
矩形的性质；面积和差计算；等积代换
【点评】
本题结合古代数学文化背景出题，核心考查矩形对角线平分矩形面积的性质，解题时需要准确观察图形的面积组成，通过简单的等积代换即可完成证明，侧重对几何观察能力和基础逻辑推理能力的考查。
【难度系数】
0.8
