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7.如图，由两个长为8，宽为4的全等矩形叠合而得到四边形ABCD，则四边形ABCD面积的最大值是（ ）
A.15 B.16 C.19 D.20
A.15 B.16 C.19 D.20
答案
D
8.如图，在□ABCD中，E，F分别是AB，CD的中点，AF，DE交于点G，BF，CE交于点H.当□ABCD满足条件___________时，四边形EHFG是菱形.
答案
AB⊥BC（答案不唯一）
9.如图，在矩形ABCD中，AB=1，BG，DH分别平分∠ABC，∠ADC，交AD，BC于点G，H.要使四边形BHDG为菱形，则AD的长为_______.
答案
$1+ \sqrt{2}$
10.(2023·湘西州)如图，四边形ABCD是平行四边形，BM//DN，且分别交对角线AC于点M，N，连接MD，BN.
(1)求证：∠DMN=∠BNM；
(2)若∠BAC=∠DAC，求证：四边形BMDN是菱形.
(1)求证：∠DMN=∠BNM；
(2)若∠BAC=∠DAC，求证：四边形BMDN是菱形.
答案
证明：(1)连接BD，交AC于点O，如答图，
∵四边形ABCD是平行四边形，∴OB=OD.
∵BM//DN，∴∠MBO=∠NDO.
又∵∠BOM=∠DON，∴△BOM≌△DON(ASA)，
∴BM=DN，∴四边形BMDN为平行四边形，
∴BN//DM，∴∠DMN=∠BNM.
(2)∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC//AD，∴∠BCA=∠DAC.
∵∠BAC=∠DAC，∴∠BAC=∠BCA，
∴AB=BC，∴平行四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，∴MN⊥BD，
∴平行四边形BMDN是菱形.
11.如图，在矩形纸片ABCD中，AB=6，BC=8，将矩形纸片折叠，使点B与点D重合，点A落在点E处，FG是折痕，连接BF.
(1)求证：四边形BGDF是菱形；
(2)求折痕FG的长.
(1)求证：四边形BGDF是菱形；
(2)求折痕FG的长.
答案
(1)证明：∵将矩形纸片折叠，使点B与点D重合，点A落在点E处，FG是折痕，
∴BF=DF，BG=DG，∠BFG=∠DFG.
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD=BC=8，AD//BC，
∴∠DFG=∠BGF，
∴∠BFG=∠BGF，∴BF=BG，
∴BF=DF=BG=DG，
∴四边形BGDF是菱形.
(2)解：如答图，过点F作FM⊥BC于点M，则∠FMC=∠FMB=90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠ABM=90°，
∴四边形ABMF是矩形，
∴AB=FM=6，AF=BM.
设AF=x，则BF=DF=8 - x，
在Rt△BAF中，由勾股定理，得$AB^{2}+AF^{2}=BF^{2}，$
即$6^{2}+x^{2}=(8 - x)^{2}，$解得$x = \frac{7}{4}，$
即$AF = \frac{7}{4}，$$BG=DF=8 - x = \frac{25}{4}，$
∴$MG=BG - BM = \frac{25}{4}-\frac{7}{4}=\frac{9}{2}，$
在Rt△FMG中，由勾股定理，得$FG = \sqrt{FM^{2}+MG^{2}}=\sqrt{6^{2}+(\frac{9}{2})^{2}}=\frac{15}{2}.$
12.(2023·玄武区期中)如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AE平分∠CAB交CB于点E，CD⊥AB于点D，交AE于点G，过点G作GF//BC交AB于F，连接EF.
(1)求证：CG=CE；
(2)判断四边形CGFE的形状，并说明理由；
(3)若AC=3，BC=4，求线段DG的长度.
(1)求证：CG=CE；
(2)判断四边形CGFE的形状，并说明理由；
(3)若AC=3，BC=4，求线段DG的长度.
答案
(1)证明：∵AE平分∠CAB，∴∠CAE=∠BAE.
∵∠ACB=90°，CD⊥AB，
∴∠CAE+∠CEA=∠BAE+∠AGD=90°，
∴∠CEA=∠AGD，
又∵∠CGE=∠AGD，
∴∠CEA=∠CGE，∴CG=CE.
(2)解：四边形CGFE是菱形，理由如下：
∵GF//BC，∴∠CEG=∠EGF，
由(1)知∠CEA=∠CGE，
∴∠CGE=∠EGF，∴∠AGC=∠AGF.
又∵AG=AG，∠CAE=∠BAE，
∴△AGC≌△AGF(ASA)，∴CG=FG，
由(1)知CG=CE，∴CE=FG，
又∵GF//BC，∴CE//FG，
∴四边形CGFE是平行四边形.
又∵CG=CE，∴四边形CGFE是菱形.
(3)解：Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=3，BC=4，
∴$AB = \sqrt{AC^{2}+BC^{2}} = 5，$
由(2)知△AGC≌△AGF，
∴AF=AC=3，
∴BF=AB - AF=2.
∵四边形CGFE是菱形，∴EF//CG.
∵CD⊥AB，∴EF⊥AB.
设CE=EF=CG=GF=x，则BE=BC - CE=4 - x，
在Rt△EFB中，$EF^{2}+BF^{2}=BE^{2}，$即$x^{2}+2^{2}=(4 - x)^{2}，$
解得$x = \frac{3}{2}，$∴$CG = \frac{3}{2}.$∵$S_{△ABC}=\frac{1}{2}AC·BC=\frac{1}{2}AB·CD，$
∴$CD = \frac{AC·BC}{AB}=\frac{3×4}{5}=\frac{12}{5}，$
∴$GD=CD - CG=\frac{12}{5}-\frac{3}{2}=\frac{9}{10}.$
∵∠ACB=90°，CD⊥AB，
∴∠CAE+∠CEA=∠BAE+∠AGD=90°，
∴∠CEA=∠AGD，
又∵∠CGE=∠AGD，
∴∠CEA=∠CGE，∴CG=CE.
(2)解：四边形CGFE是菱形，理由如下：
∵GF//BC，∴∠CEG=∠EGF，
由(1)知∠CEA=∠CGE，
∴∠CGE=∠EGF，∴∠AGC=∠AGF.
又∵AG=AG，∠CAE=∠BAE，
∴△AGC≌△AGF(ASA)，∴CG=FG，
由(1)知CG=CE，∴CE=FG，
又∵GF//BC，∴CE//FG，
∴四边形CGFE是平行四边形.
又∵CG=CE，∴四边形CGFE是菱形.
(3)解：Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=3，BC=4，
∴$AB = \sqrt{AC^{2}+BC^{2}} = 5，$
由(2)知△AGC≌△AGF，
∴AF=AC=3，
∴BF=AB - AF=2.
∵四边形CGFE是菱形，∴EF//CG.
∵CD⊥AB，∴EF⊥AB.
设CE=EF=CG=GF=x，则BE=BC - CE=4 - x，
在Rt△EFB中，$EF^{2}+BF^{2}=BE^{2}，$即$x^{2}+2^{2}=(4 - x)^{2}，$
解得$x = \frac{3}{2}，$∴$CG = \frac{3}{2}.$∵$S_{△ABC}=\frac{1}{2}AC·BC=\frac{1}{2}AB·CD，$
∴$CD = \frac{AC·BC}{AB}=\frac{3×4}{5}=\frac{12}{5}，$
∴$GD=CD - CG=\frac{12}{5}-\frac{3}{2}=\frac{9}{10}.$
