1. 如图,在矩形ABCD中,对角线AC,BD相交于点O,AE平分∠BAD交边BC于点E,F是AE的中点,连接OF,若AB=OB=1,则FO的长是 （）

A.$\frac{\sqrt{3}}{2}$
B.$\sqrt{3}-1$
C.$\frac{1}{2}$
D.$\frac{\sqrt{3}-1}{2}$

D

【分析】
要解决本题，需结合矩形的性质、角平分线的性质、等腰直角三角形的判定以及三角形中位线定理逐步推导：首先利用矩形对角线相等且互相平分的性质，结合已知线段长度确定相关线段关系；再由AE平分直角∠BAD得到等腰直角三角形ABE，求出BE的长度；接着利用矩形对边相等得到BC的长度，进而算出EC；最后根据F是AE中点、O是AC中点，借助三角形中位线定理求出FO的长。
【解析】
1. 因为四边形ABCD是矩形，所以对角线AC=BD，且OA=OC=1/2AC，OB=OD=1/2BD，因此OA=OB=OC=OD。
2. 已知AB=OB=1，矩形中∠BAD=90°，AE平分∠BAD，故∠BAE=∠DAE=45°。在Rt△ABE中，∠B=90°，∠BAE=45°，所以△ABE是等腰直角三角形，得AB=BE=1。
3. 由OB=1，得BD=2OB=2，在Rt△ABD中，AD=√(BD²-AB²)=√(2²-1²)=√3，矩形对边相等，故BC=AD=√3，因此EC=BC-BE=√3-1。
4. 因为O是AC中点，F是AE中点，根据三角形中位线定理，OF是△AEC的中位线，所以OF=1/2EC=1/2(√3-1)=(√3-1)/2。
【答案】
D
【知识点】
矩形的性质、三角形中位线定理、等腰直角三角形
【点评】
本题综合考查矩形性质与三角形中位线的应用，解题核心是利用角平分线构造等腰直角三角形，再通过中位线转化线段长度，需熟练掌握相关几何定理，属于中等难度的几何计算题。
【难度系数】
0.5

2. 如图,在$△ ABC$中,$AB=AC=13,BC=10,D$为$BC$的中点,$DE ⊥ AB$,垂足为$E$,$F$为$AB$的中点,则$\frac{DE}{DF}=$.

$\frac{120}{169}$

【分析】
本题需结合等腰三角形性质、勾股定理、直角三角形斜边中线定理及面积法解题：首先利用等腰三角形三线合一作辅助线AD，求出AD长度；再通过面积法计算DE；最后利用直角三角形斜边中线性质求出DF，进而计算两者比值。
【解析】
1. 连接AD，
∵AB=AC，D为BC中点，
∴AD⊥BC，BD=BC/2=5。
在Rt△ABD中，由勾股定理得：AD=√(AB² - BD²)=√(13² -5²)=√144=12。
2. 计算△ABD的面积：S△ABD=(AD×BD)/2=(12×5)/2=30。
又
∵DE⊥AB，
∴S△ABD=(AB×DE)/2，即30=(13×DE)/2，解得DE=60/13。
3. 在Rt△ABD中，F为AB中点，根据直角三角形斜边中线定理：DF=AB/2=13/2。
4. 计算比值：DE/DF=(60/13)÷(13/2)= (60×2)/(13×13)=120/169。
【答案】
$\frac{120}{169}$
【知识点】
等腰三角形性质、勾股定理、直角三角形斜边中线定理
【点评】
本题综合考查几何核心定理的应用，关键在于作辅助线AD构造直角三角形，结合面积法和中线性质求解，需熟练掌握相关几何性质，属于中等难度的几何计算题。
【难度系数】
0.5

3. 如图,在$△ ABC$中,$∠ BAC=135°,AB=m,AC=n$,将线段$BC$绕点$B$按逆时针方向旋转$90°$得到线段$BD$,取$AD$的中点$E$,连接$BE$,用含$m,n$的式子表示$BE$的长是________.

$\frac{\sqrt{2m^2 + 2\sqrt{2}mn + n^2}}{2}$

【分析】
要解决这个问题，我们可以通过建立平面直角坐标系，利用坐标法结合旋转的坐标变换规律来求解。首先设定各点坐标，根据已知条件确定点A、B、C的坐标，再将线段BC绕点B逆时针旋转90°得到点D的坐标，最后利用中点坐标公式得到AD中点E的坐标，进而计算BE的长度。
【解析】
1. 建立平面直角坐标系，设点A为坐标原点$(0,0)$，因为$AB=m$，且$∠ BAC=135°$，所以点B的坐标为$(m,0)$，点C的坐标为$(n\cos135°, n\sin135°)=(-\frac{\sqrt{2}}{2}n, \frac{\sqrt{2}}{2}n)$。
2. 计算向量$\overrightarrow{BC}$：$\overrightarrow{BC} = $点$C - $点$B = (-\frac{\sqrt{2}}{2}n - m, \frac{\sqrt{2}}{2}n - 0) = (-m - \frac{\sqrt{2}}{2}n, \frac{\sqrt{2}}{2}n)$。
3. 将向量$\overrightarrow{BC}$绕点B逆时针旋转$90°$，根据旋转$90°$逆时针的坐标变换规律：若向量为$(p,q)$，旋转后为$(-q,p)$，则旋转后的向量$\overrightarrow{BD} = (-\frac{\sqrt{2}}{2}n, -m - \frac{\sqrt{2}}{2}n)$。
4. 得到点D的坐标：点$D = $点$B + \overrightarrow{BD} = (m - \frac{\sqrt{2}}{2}n, 0 + (-m - \frac{\sqrt{2}}{2}n)) = (m - \frac{\sqrt{2}}{2}n, -m - \frac{\sqrt{2}}{2}n)$。
5. 因为E是AD的中点，根据中点坐标公式，点A$(0,0)$，所以点E的坐标为$(\frac{0 + m - \frac{\sqrt{2}}{2}n}{2}, \frac{0 + (-m - \frac{\sqrt{2}}{2}n)}{2}) = (\frac{m - \frac{\sqrt{2}}{2}n}{2}, \frac{-m - \frac{\sqrt{2}}{2}n}{2})$。
6. 计算BE的长度，利用两点间距离公式：
$BE = \sqrt{( \frac{m - \frac{\sqrt{2}}{2}n}{2} - m )^2 + ( \frac{-m - \frac{\sqrt{2}}{2}n}{2} - 0 )^2}$
化简得：
$= \sqrt{( \frac{-m - \frac{\sqrt{2}}{2}n}{2} )^2 + ( \frac{-m - \frac{\sqrt{2}}{2}n}{2} )^2} = \sqrt{2 × \frac{(m + \frac{\sqrt{2}}{2}n)^2}{4}}$
展开平方项：
$(m + \frac{\sqrt{2}}{2}n)^2 = m^2 + \sqrt{2}mn + \frac{1}{2}n^2$
代入后最终化简得：
$BE = \frac{\sqrt{2m^2 + 2\sqrt{2}mn + n^2}}{2}$
【答案】
$\frac{\sqrt{2m^2 + 2\sqrt{2}mn + n^2}}{2}$
【知识点】
旋转的性质、中点坐标公式、两点间距离公式
【点评】
本题通过坐标法将几何问题转化为代数计算，利用旋转的坐标变换规律和中点、距离公式求解，思路清晰，计算过程需注意坐标变换的准确性，适合用代数方法解决几何中的线段长度问题。
【难度系数】
0.5

4. 如图,在$△ ABC$中,D,E分别是边BC,AC的中点,过点A作$AF // BC$交DE的延长线于点F,连接AD,CF,过点D作$DG ⊥ CF$,垂足为G.
(1) 求证:四边形ADCF是平行四边形;
(2) 若$AB=3$,$BC=5$,且四边形ADCF是菱形,求DG的值.

(1) 证明如上；(2) $DG=\frac{12}{5}$

【分析】
(1) 要证明四边形ADCF是平行四边形，需利用中点性质结合全等三角形推导对边平行且相等：已知D、E分别为BC、AC中点，可得DE是△ABC中位线，结合AF//BC，通过ASA证明△AEF≌△CED，得到AF与DC平行且相等，即可判定。
(2) 已知四边形ADCF是菱形，结合D是BC中点，推出AD=DC=BD，利用直角三角形斜边中线逆定理得△ABC为直角三角形，先求AC长度，再通过菱形面积的两种计算方式，结合DG是CF边上的高，求解DG的值。
【解析】
(1) 证明：
∵ D、E分别是BC、AC的中点，
∴ DE是△ABC的中位线，即AE=EC，且AF//BC时，∠FAE=∠DCE，∠AEF=∠CED，
∴ △AEF≌△CED（ASA），
∴ AF=DC，又AF//DC，
∴ 四边形ADCF是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形）。
(2) 解：
∵ 四边形ADCF是菱形，
∴ AD=DC，
∵ D是BC中点，BC=5，
∴ DC=BD=5/2，故AD=BD=5/2，
由直角三角形斜边中线逆定理：若三角形一边中线等于这边一半，则该三角形为直角三角形，得△ABC是直角三角形，∠BAC=90°，
由勾股定理：AC=√(BC² - AB²)=√(5²-3²)=4，
S△ABC= (AB×AC)/2= (3×4)/2=6，
∵ D是BC中点，
∴ S△ADC= S△ABC/2=3，
菱形ADCF的面积=2×S△ADC=6，
菱形ADCF中，CF=AD=5/2，且DG⊥CF，
∴ S菱形ADCF= CF×DG，即6=(5/2)×DG，
解得DG=12/5。
【答案】
$\frac{12}{5}$
【知识点】
平行四边形判定，菱形性质，直角三角形性质
【点评】
本题综合考查平行四边形、菱形的判定与性质，结合直角三角形性质和面积法求解，需熟练运用几何定理，面积法求高是解题核心。
【难度系数】
0.5

5. 如图,在$△ ABC$中,$AB=AC,AD\bot BC$,垂足为$D$,$AN$是$△ ABC$的外角$∠ CAM$的平分线,$CE\bot AN$,垂足为$E$,连接$DE$交$AC$于点$F$.
(1) 判断四边形$ADCE$的形状,并说明理由;
(2) 试判断线段$DF$与$AB$的关系,并证明你的结论;
(3) 当四边形$ADCE$是一个正方形时,试判断$△ ABC$的形状,并给出证明.

(1) 四边形ADCE是矩形；
(2) DF平行于AB，且DF的长度为AB的一半，即$DF// AB$，$DF=\frac{1}{2}AB$；
(3) $△ ABC$是等腰直角三角形。

【分析】
(1) 要判断四边形ADCE的形状，需结合等腰三角形的角平分线性质推导角的关系，再结合已知垂直条件，证明四边形有三个直角，从而确定其为矩形；
(2) 要判断DF与AB的关系，利用等腰三角形三线合一得D是BC中点，再结合矩形对角线互相平分得F是AC中点，根据三角形中位线定理得出结论；
(3) 当四边形ADCE是正方形时，利用正方形邻边相等的性质，结合等腰三角形的高，推导△ABC的角的度数，确定其形状。
【解析】
(1) 四边形ADCE是矩形，理由如下：
∵ AB=AC，AD⊥BC，
∴ ∠BAD=∠DAC，∠ADC=90°（等腰三角形三线合一）。
∵ AN是△ABC外角∠CAM的平分线，
∴ ∠MAE=∠CAE。
又
∵ ∠BAC + ∠CAM=180°，
∴ ∠DAC + ∠CAE = $\frac{1}{2}$(∠BAC + ∠CAM)=90°，即∠DAE=90°。
∵ CE⊥AN，
∴ ∠AEC=90°。
∴ 四边形ADCE中，∠ADC=∠DAE=∠AEC=90°，故四边形ADCE是矩形（三个角为直角的四边形是矩形）。
(2) DF//AB，且DF=$\frac{1}{2}$AB，证明如下：
∵ AB=AC，AD⊥BC，
∴ D是BC的中点（等腰三角形三线合一）。
∵ 四边形ADCE是矩形，
∴ 对角线AC与DE互相平分，即F是AC的中点。
∴ 在△ABC中，D是BC中点，F是AC中点，根据三角形中位线定理，DF是△ABC的中位线，故DF//AB，且DF=$\frac{1}{2}$AB。
(3) △ABC是等腰直角三角形，证明如下：
∵ 四边形ADCE是正方形，
∴ AD=DC（正方形邻边相等）。
∵ AD⊥BC，
∴ △ADC是等腰直角三角形，
∴ ∠ACD=45°。
又
∵ AB=AC，
∴ ∠B=∠ACD=45°，
∴ ∠BAC=180° - ∠B - ∠ACD=90°。
结合AB=AC，故△ABC是等腰直角三角形。
【答案】
(1) 四边形ADCE是矩形；
(2) DF//AB，且DF=$\frac{1}{2}$AB；
(3) △ABC是等腰直角三角形。
【知识点】
矩形的判定、三角形中位线定理、正方形的性质、等腰三角形的性质
【点评】
本题综合考查等腰三角形、矩形、正方形的性质与判定，以及三角形中位线定理，解题关键是利用角平分线推导直角，结合中点关系应用中位线定理，需熟练掌握几何定理的综合运用。
【难度系数】
0.4