5. 如图，菱形 $ABCD$ 的对角线 $AC$，$BD$ 相交于点 $O$，点 $E$ 在 $OB$ 上，连接 $AE$，$F$ 为 $CD$ 的中点，连接 $OF$，$AE = BE$，$OE = 3$，$OA = 4$，则线段 $OF$ 的长为()

A.$\sqrt{5}$
B.$2\sqrt{5}$
C.$3\sqrt{5}$
D.$4\sqrt{5}$

5. B

证明：
∵菱形 $ABCD$，对角线 $AC$、$BD$ 交于点 $O$，
∴ $AC ⊥ BD$，$OA = OC = 4$，$OB = OD$。
在 $Rt△ AOE$ 中，$OA = 4$，$OE = 3$，
由勾股定理得：$AE = \sqrt{OA^2 + OE^2} = \sqrt{4^2 + 3^2} = 5$。
∵ $AE = BE$，
∴ $BE = 5$。
∴ $OB = OE + BE = 3 + 5 = 8$，则 $BD = 2OB = 16$。
在 $Rt△ AOB$ 中，$AB = \sqrt{OA^2 + OB^2} = \sqrt{4^2 + 8^2} = 4\sqrt{5}$。
∵ $F$ 为 $CD$ 中点，$O$ 为 $BD$ 中点，
∴ $OF$ 是 $△ BCD$ 的中位线，
∴ $OF = \frac{1}{2}BC$。
∵菱形 $ABCD$ 中 $BC = AB = 4\sqrt{5}$，
∴ $OF = \frac{1}{2} × 4\sqrt{5} = 2\sqrt{5}$。
答案：B

6. 如图，已知 $F$，$E$ 分别是正方形 $ABCD$ 的边 $AB$，$BC$ 的中点，$AE$ 与 $DF$ 交于点 $P$。则下列结论成立的是()

A.$BE = \frac{1}{2}AE$
B.$PC = PD$
C.$∠ EAF + ∠ AFD = 90^{\circ}$
D.$PE = EC$

6. C

解：设正方形边长为 $2a$，则 $AF=FB=BE=EC=a$。
选项A：$BE=a$，$AE=\sqrt{(2a)^2+a^2}=\sqrt{5}a$，$\frac{1}{2}AE=\frac{\sqrt{5}}{2}a≠ a$，A错误。
选项B：建立坐标系，$D(0,0)$，$C(2a,0)$，$A(0,2a)$，$B(2a,2a)$，$F(a,2a)$，$E(2a,a)$。
直线 $DF$：$y=2x$；直线 $AE$：$y=-\frac{1}{2}x+2a$。
联立得 $P(\frac{4a}{5},\frac{8a}{5})$。
$PC=\sqrt{(2a-\frac{4a}{5})^2+(0-\frac{8a}{5})^2}=\frac{6\sqrt{5}a}{5}$，
$PD=\sqrt{(0-\frac{4a}{5})^2+(0-\frac{8a}{5})^2}=\frac{4\sqrt{5}a}{5}$，
$PC≠ PD$，B错误。
选项C：$∠ EAF=∠ BAE$，$∠ AFD=∠ ADF$。
在$△ AFD$和$△ BEA$中，$AD=AB$，$∠ DAF=∠ ABE=90°$，$AF=BE$，
$△ AFD≌△ BEA(SAS)$，$∠ ADF=∠ BAE$。
$∠ EAF+∠ AFD=∠ BAE+∠ ADF=90°$（直角三角形两锐角互余），C正确。
选项D：$PE=\sqrt{(2a-\frac{4a}{5})^2+(a-\frac{8a}{5})^2}=\frac{3\sqrt{5}a}{5}$，$EC=a$，$PE≠ EC$，D错误。
结论：C

7. 如图，在正方形 $ABCD$ 中，$AB = 4$，$E$ 为对角线 $AC$ 上与点 $A$，$C$ 不重合的一个动点，过点 $E$ 作 $EF⊥ AB$ 于点 $F$，$EG⊥ BC$ 于点 $G$，连接 $DE$，$FG$，下列结论：① $DE = FG$；② $DE⊥ FG$；③ $∠ BFG = ∠ ADE$；④ $FG$ 的最小值为 $3$。其中正确的结论有()

A.$1$ 个
B.$2$ 个
C.$3$ 个
D.$4$ 个

7. C

解：设正方形$ABCD$中，$AB=BC=CD=DA=4$，$AC$为对角线，$∠BAC=∠BCA=45°$。设$AE=t$（$0＜t＜4\sqrt{2}$），则$EF=AF=\frac{\sqrt{2}}{2}t$，$EC=4\sqrt{2}-t$，$EG=GC=\frac{\sqrt{2}}{2}(4\sqrt{2}-t)=4-\frac{\sqrt{2}}{2}t$。
① $DE=FG$
坐标法：设$A(0,4)$，$B(0,0)$，$C(4,0)$，$D(4,4)$，则$E(\frac{\sqrt{2}}{2}t,4-\frac{\sqrt{2}}{2}t)$，$F(0,4-\frac{\sqrt{2}}{2}t)$，$G(\frac{\sqrt{2}}{2}t,0)$。
$DE=\sqrt{(4-\frac{\sqrt{2}}{2}t)^2+(\frac{\sqrt{2}}{2}t)^2}$，$FG=\sqrt{(\frac{\sqrt{2}}{2}t)^2+(4-\frac{\sqrt{2}}{2}t)^2}$，故$DE=FG$，①正确。
② $DE⊥FG$
$k_{DE}=\frac{4-(4-\frac{\sqrt{2}}{2}t)}{4-\frac{\sqrt{2}}{2}t}=\frac{\frac{\sqrt{2}}{2}t}{4-\frac{\sqrt{2}}{2}t}$，$k_{FG}=\frac{0-(4-\frac{\sqrt{2}}{2}t)}{\frac{\sqrt{2}}{2}t-0}=\frac{-4+\frac{\sqrt{2}}{2}t}{\frac{\sqrt{2}}{2}t}$。
$k_{DE}· k_{FG}=-1$，故$DE⊥FG$，②正确。
③ $∠BFG=∠ADE$
$\tan∠BFG=\frac{BG}{BF}=\frac{\frac{\sqrt{2}}{2}t}{4-\frac{\sqrt{2}}{2}t}$，$\tan∠ADE=\frac{AE_y}{AD_x - AE_x}=\frac{\frac{\sqrt{2}}{2}t}{4-\frac{\sqrt{2}}{2}t}$，故$∠BFG=∠ADE$，③正确。
④ $FG$的最小值为$3$
$FG^2=(\frac{\sqrt{2}}{2}t)^2+(4-\frac{\sqrt{2}}{2}t)^2=t^2-4\sqrt{2}t+16$，当$t=2\sqrt{2}$时，$FG_{\mathrm{min}}=2\sqrt{2}\approx2.828≠3$，④错误。
综上，正确结论为①②③，共3个。
答案：C

8. 一个多边形的内角和比四边形的内角和多 $720^{\circ}$，并且这个多形的各内角都相等，则这个多边形的每个外角等于。

8. $45^{\circ}$

四边形内角和为$(4-2)×180^{\circ}=360^{\circ}$，该多边形内角和为$360^{\circ}+720^{\circ}=1080^{\circ}$。设多边形边数为$n$，则$(n-2)×180^{\circ}=1080^{\circ}$，解得$n=8$。多边形外角和为$360^{\circ}$，每个外角等于$360^{\circ}÷8=45^{\circ}$。
$45^{\circ}$

9. 已知五边形各内角度数之比为 $2:3:4:5:6$，则其最大角为。

9. $162^{\circ}$

五边形内角和为$(5 - 2)×180^{\circ}=540^{\circ}$。设各内角分别为$2x$，$3x$，$4x$，$5x$，$6x$，则$2x + 3x + 4x + 5x + 6x=540^{\circ}$，$20x=540^{\circ}$，$x = 27^{\circ}$，最大角为$6x=6×27^{\circ}=162^{\circ}$。

10. 如图，在 $□ ABCD$ 中，$AD = 2$，点 $E$ 在 $CD$ 上，$AE$ 平分 $∠ DAB$，$BE$ 平分 $∠ ABC$，则 $AE^{2} + BE^{2}$ 的值是。

10. 16

证明：
∵四边形$ABCD$是平行四边形，
∴$AD// BC$，$AB// CD$，$∠ DAB + ∠ ABC = 180°$，$AD = BC = 2$，$AB = CD$。
∵$AE$平分$∠ DAB$，$BE$平分$∠ ABC$，
∴$∠ DAE = ∠ EAB = \frac{1}{2}∠ DAB$，$∠ ABE = ∠ EBC = \frac{1}{2}∠ ABC$。
∴$∠ EAB + ∠ ABE = \frac{1}{2}(∠ DAB + ∠ ABC) = 90°$，
∴$∠ AEB = 90°$。
∵$AB// CD$，
∴$∠ DEA = ∠ EAB = ∠ DAE$，$∠ CEB = ∠ ABE = ∠ EBC$，
∴$DE = AD = 2$，$CE = BC = 2$，
∴$CD = DE + CE = 4$，即$AB = 4$。
在$\mathrm{Rt}△ AEB$中，由勾股定理得：
$AE^2 + BE^2 = AB^2 = 4^2 = 16$。
16

11. 如图，在正方形 $ABCD$ 中，$AB = 2\sqrt{2}$。$E$，$F$ 分别为边 $AB$，$BC$ 的中点，连接 $AF$，$DE$，$N$，$M$ 分别为 $AF$，$DE$ 的中点，连接 $MN$，则 $MN$ 的长为。

11. 1

解：以点$D$为原点，$DC$所在直线为$x$轴，$DA$所在直线为$y$轴，建立平面直角坐标系。
因为正方形$ABCD$中，$AB = 2\sqrt{2}$，所以$D(0,0)$，$C(2\sqrt{2},0)$，$B(2\sqrt{2},2\sqrt{2})$，$A(0,2\sqrt{2})$。
$E$为$AB$中点，$AB$中点坐标为$(\frac{0 + 2\sqrt{2}}{2},\frac{2\sqrt{2} + 2\sqrt{2}}{2}) = (\sqrt{2},2\sqrt{2})$，即$E(\sqrt{2},2\sqrt{2})$。
$F$为$BC$中点，$BC$中点坐标为$(\frac{2\sqrt{2} + 2\sqrt{2}}{2},\frac{2\sqrt{2} + 0}{2}) = (2\sqrt{2},\sqrt{2})$，即$F(2\sqrt{2},\sqrt{2})$。
$M$为$DE$中点，$DE$两点坐标为$D(0,0)$，$E(\sqrt{2},2\sqrt{2})$，中点$M$坐标为$(\frac{0 + \sqrt{2}}{2},\frac{0 + 2\sqrt{2}}{2}) = (\frac{\sqrt{2}}{2},\sqrt{2})$。
$N$为$AF$中点，$AF$两点坐标为$A(0,2\sqrt{2})$，$F(2\sqrt{2},\sqrt{2})$，中点$N$坐标为$(\frac{0 + 2\sqrt{2}}{2},\frac{2\sqrt{2} + \sqrt{2}}{2}) = (\sqrt{2},\frac{3\sqrt{2}}{2})$。
根据两点间距离公式，$MN$的长为：
$\begin{aligned}MN&=\sqrt{(\sqrt{2} - \frac{\sqrt{2}}{2})^2 + (\frac{3\sqrt{2}}{2} - \sqrt{2})^2}\\&=\sqrt{(\frac{\sqrt{2}}{2})^2 + (\frac{\sqrt{2}}{2})^2}\\&=\sqrt{\frac{2}{4} + \frac{2}{4}}\\&=\sqrt{1}\\&=1\end{aligned}$
故$MN$的长为$1$。