1. 如图，在矩形 $ABCD$ 中，对角线 $AC$，$BD$ 相交于点 $O$，$∠ ACB = 30^{\circ}$，则 $∠ AOB$ 的大小为()

A.$30^{\circ}$
B.$60^{\circ}$
C.$90^{\circ}$
D.$120^{\circ}$

B

在矩形$ABCD$中，$OA=OC$，$OB=OD$，$AC=BD$，且$∠ ABC = 90^{\circ}$。
由于$OA = OC = \frac{1}{2}AC$，$OB = OD = \frac{1}{2}BD$，而$AC = BD$，所以$OA = OC = OB = OD$。
因此$△ OBC$为等腰三角形，
已知$∠ ACB = 30^{\circ}$，所以$∠ OBC= ∠ ACB= 30^{\circ}$，
在$△ BOC$中，内角和为$180^{\circ}$，所以$∠ BOC = 180^{\circ} - ∠ OBC - ∠ OCB = 180^{\circ} - 30^{\circ} - 30^{\circ} = 120^{\circ}$。
由于$∠ AOB$和$∠ BOC$是补角，所以$∠ AOB = 180^{\circ} - ∠ BOC = 180^{\circ} - 120^{\circ} = 60^{\circ}$。

2. 如图，$△ ABC$ 中，$D$，$E$ 分别是 $AB$，$AC$ 的中点，点 $F$ 在 $DE$ 上，且 $∠ AFB = 90^{\circ}$，若 $EF = 2$，$BC = 10$，则 $AB$ 的长为()

A.$3$
B.$4$
C.$5$
D.$6$

D

$D$，$E$分别是$AB$，$AC$的中点，所以$DE$是$△ABC$的中位线。
根据中位线定理可知$DE=\frac{1}{2}BC$，
已知$BC = 10$，则$DE = 5$。
已知$EF = 2$，那么$DF=DE - EF=5 - 2 = 3$。
因为$∠AFB = 90^{\circ}$，$D$是$AB$中点，
在直角三角形中，斜边上的中线等于斜边的一半，
所以$AB = 2DF$，
所以$AB = 6$。

3. 如图，矩形 $ABCD$ 为一个正在倒水的水杯的截面图，杯中水面与 $CD$ 的交点为 $E$，当水杯底面 $BC$ 与水平面的夹角为 $27^{\circ}$ 时，$∠ AED$ 的大小为()


A.$27^{\circ}$
B.$53^{\circ}$
C.$57^{\circ}$
D.$63^{\circ}$

D

∵四边形ABCD是矩形，∴AD//BC，∠D=90°。
∵BC与水平面夹角为27°，水面为水平线，设水面所在直线为AE（E在CD上），则AE//水平面，
∴BC与AE的夹角为27°。
∵AD//BC，∴∠DAE=27°（两直线平行，同位角相等）。
在Rt△ADE中，∠D=90°，∠DAE=27°，
∴∠AED=90°-27°=63°。

4. 矩形的面积为 $12cm^{2}$，一边与一条对角线的比为 $3:5$，则矩形的对角线长是()

A.$3cm$
B.$4cm$
C.$5cm$
D.$12cm$

C

设矩形的一边为 $3x$，对角线为 $5x$。
根据矩形的性质，对角线的另一边可通过勾股定理求得，即另一边长为 $\sqrt{(5x)^{2} - (3x)^{2}} = 4x$。
根据矩形面积公式，面积 $S = \mathrm{长} × \mathrm{宽}$，即 $12 = 3x × 4x$。
解得 $x = 1$（负值舍去，因为边长不能为负）。
所以矩形的对角线长为 $5x = 5 × 1 = 5(cm)$。

5. 如图，$P$ 是矩形 $ABCD$ 的对角线 $AC$ 上一点，过点 $P$ 作 $EF// BC$，分别交 $AB$，$CD$ 于点 $E$，$F$，连接 $PB$，$PD$. 若 $AE = 2$，$PF = 8$，则图中阴影部分的面积为()


A.$10$
B.$12$
C.$16$
D.$18$

C

∵四边形ABCD是矩形，EF//BC，∴四边形AEFD、EBCF均为矩形，∴AE=DF=2，BE=CF，EF=BC，EP+PF=EF。设EP=x，则EF=x+8=BC。
∵EF//BC，∴△AEP∽△ABC，相似比为AE/AB=EP/BC，即2/AB=x/(x+8)，∴AB=2(x+8)/x。
∴BE=AB-AE=2(x+8)/x - 2=16/x。
阴影部分面积为S△BEP+S△DFP。
S△DFP=1/2×DF×PF=1/2×2×8=8；
S△BEP=1/2×BE×EP=1/2×(16/x)×x=8。
∴阴影部分面积=8+8=16。

6. 如图，矩形 $ABCD$ 中，$AB = 3$，$BC = 4$，$EB// DF$，且 $BE$ 与 $DF$ 之间的距离为 $3$，则 $AE$ 的长是()


A.$\sqrt{7}$
B.$\frac{3}{8}$
C.$\frac{7}{8}$
D.$\frac{5}{8}$

7. 如图，矩形 $ABCD$ 的对角线 $AC$ 与 $BD$ 相交点 $O$，$AC = 10$，$P$，$Q$ 分别为 $AO$，$AD$ 的中点，则 $PQ$ 的长度为.

2.5

∵四边形$ABCD$是矩形，
∴$AC=BD=10$，$O$为$AC$、$BD$中点，
∴$OD=\frac{1}{2}BD=5$。
∵$P$，$Q$分别为$AO$，$AD$的中点，
∴$PQ$是$△ AOD$的中位线，
∴$PQ=\frac{1}{2}OD=\frac{1}{2}×5=2.5$。

8. 如图，在矩形 $ABCD$ 中，$E$ 是 $BC$ 边上一点，$∠ AED = 90^{\circ}$，$∠ EAD = 30^{\circ}$，$F$ 是 $AD$ 边的中点，$EF = 4cm$，则 $BE =$ $cm$.

6

在矩形$ABCD$中，$AD// BC$，$∠ BAD=∠ C=90^{\circ}$，$AD=BC$。
$\because ∠ AED=90^{\circ}$，$F$是$AD$中点，$\therefore EF$是$Rt△ AED$斜边$AD$的中线，$\therefore EF=\frac{1}{2}AD$。
$\because EF=4cm$，$\therefore AD=8cm$，则$BC=AD=8cm$。
在$Rt△ AED$中，$∠ EAD=30^{\circ}$，$\therefore ∠ ADE=60^{\circ}$，$ED=\frac{1}{2}AD=4cm$（30°角所对直角边是斜边一半）。
$\because AD// BC$，$\therefore ∠ DEC=∠ ADE=60^{\circ}$（内错角相等）。
在$Rt△ ECD$中，$∠ DEC=60^{\circ}$，$∠ C=90^{\circ}$，$\therefore ∠ EDC=30^{\circ}$，$\therefore EC=\frac{1}{2}ED=2cm$（30°角所对直角边是斜边一半）。
$\therefore BE=BC - EC=8 - 2=6cm$。

9. 出入相补原理是中国古代数学的重要成就之一，最早是由三国时期数学家刘徽创建的. “将一个几何图形任意切成多块小图形，几何图形的总面积保持不变，等于所分割成的小图形的面积之和”是该原理的重要内容之一. 如图，在矩形 $ABCD$ 中，$AB = 5$，$AD = 12$，对角线 $AC$ 与 $BD$ 交于点 $O$，$E$ 为 $BC$ 边上的一个动点，$EF⊥ AC$，$EG⊥ BD$，垂足分别为点 $F$，$G$，则 $EF + EG =$.

$\frac{60}{13}$

在矩形$ABCD$中，$AB = 5$，$AD = 12$，由勾股定理得对角线$AC=\sqrt{AB^{2}+AD^{2}}=\sqrt{5^{2}+12^{2}}=13$。
∵矩形对角线互相平分且相等，∴$AO=OC=BO=OD=\frac{13}{2}$，$S_{△ OBC}=\frac{1}{4}S_{矩形ABCD}=\frac{1}{4}×5×12 = 15$。
连接$OE$，则$S_{△ OEB}+S_{△ OEC}=S_{△ OBC}$。
∵$EF⊥ AC$，$EG⊥ BD$，∴$S_{△ OEB}=\frac{1}{2}× BO× EG$，$S_{△ OEC}=\frac{1}{2}× CO× EF$。
∵$BO=CO=\frac{13}{2}$，∴$\frac{1}{2}×\frac{13}{2}× EG+\frac{1}{2}×\frac{13}{2}× EF=15$，即$\frac{13}{4}(EF + EG)=15$，解得$EF + EG=\frac{60}{13}$。