5.（2024·宿迁月考）如图，在矩形ABCD中，AD = 5，DC = 7，菱形EFGH的三个顶点E、G、H分别在矩形ABCD的边AB、CD、DA上，DH = 3，连接CF.当△FCG的面积为$\sqrt{5}$时，DG的长为________.
　　　　　　　

$7 - \sqrt{5}$ 解析：连接 EG，过点 F 作$FI\perp DC$交 DC 的延长线于点 I，如图，∴$∠I = 90^{\circ}$，在矩形 ABCD 中，$∠A = 90^{\circ}$，∴$∠A = 90^{\circ}=∠I$，在矩形 ABCD 中，$DC// BA$，则$∠CGE = ∠AEG$，在菱形 EFGH 中，$GF// HE$，则$∠FGE = ∠HEG$，∴$∠IGF = ∠CGE - ∠FGE = ∠AEG - ∠HEG = ∠AEH$，在菱形 EFGH 中，$HE = FG$，在$\triangle AEH$和$\triangle IGF$中，$\begin{cases}∠A = 90^{\circ}=∠I,\\∠AEH = ∠IGF,\\HE = FG,\end{cases}$∴$\triangle AEH\cong\triangle IGF(AAS)$，∴$IF = AH$，∵$AD = 5$，$DH = 3$，∴$IF = AH = AD - DH = 5 - 3 = 2$，当$\triangle FCG$的面积为$\sqrt{5}$时，$\sqrt{5}=\frac{1}{2}GC\cdot IF$，即$\frac{1}{2}\times2\times GC = \sqrt{5}$，解得$GC = \sqrt{5}$，∵$DC = 7$，∴$DG = DC - GC = 7 - \sqrt{5}$.

6.（2024·无锡期末）如图①，在□ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，且AD = BD = $2\sqrt{5}$，BD⊥AD，点E为线段AO上一动点，连接DE，将DE绕点D逆时针旋转90°得到DF，连接BF.
　（1）求证：BF = AE.
　（2）求证：BF⊥AC.
　（3）如图②，当点F落在△OBC的外面，BF交AC于点M，且能构成四边形DEMF时，四边形DEMF的面积是否发生变化？若不变，请求出这个值，若变化，请说明理由.
　　

(1) ∵ DE 绕点 D 逆时针旋转$90^{\circ}$得到 DF，∴$∠EDF = 90^{\circ}$，$DE = DF$，∵$BD\perp AD$，∴$∠ADB = 90^{\circ}$，∴$∠EDF = ∠ADB$，∴$∠EDF - ∠BDE = ∠ADB - ∠BDE$，即$∠ADE = ∠BDF$，∵$AD = BD$，∴$\triangle ADE\cong\triangle BDF(SAS)$，∴$BF = AE$.
(2) 如图①，设直线 BF 交 AC 于点 G，由(1) 得，$\triangle ADE\cong\triangle BDF$，∴$∠DBF = ∠DAE$，∵$∠BOG = ∠AOD$，∴$∠BGO = ∠ADB = 90^{\circ}$，∴$BF\perp AC$.

(3) 四边形 DEMF 的面积不变. 连接 DM，作$DH\perp DM$，交 AC 于点 H，作$DQ\perp AC$于点 Q，如图②，∴$∠HDM = ∠EDF = 90^{\circ}$，$DE = DF$，∴$∠HDE = ∠MDF = 90^{\circ}-∠EDM$，由(2) 可知，$BF\perp AC$，∴$∠EMF = 90^{\circ}$，∴$∠EMF + ∠EDF = 180^{\circ}$，在四边形 DEMF 中，$∠F + ∠DEM = 360^{\circ}-(∠EMF + ∠EDF)=360^{\circ}-180^{\circ}=180^{\circ}$，∵$∠DEH + ∠DEM = 180^{\circ}$，∴$∠DEH = ∠F$，∵$DE = DF$，∴$\triangle DEH\cong\triangle DFM(ASA)$，∴$S_{四边形DEMF}=S_{\triangle DHM}$，$DH = DM$，∴$QH = QM$，∴$DQ = \frac{1}{2}HM$，∵ 四边形 ABCD 是平行四边形，∴$OD = OB = \frac{1}{2}BD = \sqrt{5}$，∵$∠ADB = 90^{\circ}$，∴$OA = \sqrt{AD^{2}+OD^{2}}=\sqrt{(2\sqrt{5})^{2}+(\sqrt{5})^{2}} = 5$，∴$S_{\triangle AOD}=\frac{1}{2}OA\cdot DQ=\frac{1}{2}AD\cdot OD$，∴$5DQ = 2\sqrt{5}\times\sqrt{5}$，∴$DQ = 2$，∴$S_{\triangle DHM}=\frac{1}{2}HM\cdot DQ = DQ^{2}=4$，∴ 四边形 DEMF 的面积为 4，不发生变化.

7.（2024·泰州期中）定义：对于一个四边形，我们把依次连接它的各边中点得到的新四边形叫做原四边形的“中点四边形”，如果原四边形的“中点四边形”是个正方形，我们把这个原四边形叫做“中方四边形”.
　
【概念理解】下列四边形中一定是“中方四边形”的是________.
　
A. 平行四边形
B. 矩形
C. 菱形
D. 正方形
　
【问题解决】如图①，以锐角△ABC的两边AB、AC为边长，分别向外侧作正方形ABDE和正方形ACFG，连接BE、EG、GC. 求证：四边形BCGE是“中方四边形”.
　
【拓展应用】如图②，已知四边形ABCD是“中方四边形”，M、N分别是AB、CD的中点.
　（1）试探索BD与MN的数量关系，并说明理由；
　（2）若AB + CD的最小值是4，则BD的长度为________.（不需要解答过程）
　　　　　　　

【概念理解】D 解析：要使得“中点四边形”为正方形，则该四边形的两条对角线应相等且互相垂直，正方形满足条件，故正方形是“中方四边形”.
【问题解决】如图①，设四边形 BCGE 的边 BC、CG、GE、BE 的中点分别为 M、N、R、L，连接 CE 交 AB 于点 P，连接 BG 交 CE 于点 K，∵ 四边形 BCGE 各边中点分别为 M、N、R、L，∴ MN、NR、RL、LM 分别是△BCG、△CEG、△BGE、△CEB 的中位线，∴$MN// BG$，$MN = \frac{1}{2}BG$，$RL// BG$，$RL = \frac{1}{2}BG$，$RN// CE$，$RN = \frac{1}{2}CE$，$ML// CE$，$ML = \frac{1}{2}CE$，∴$MN// RL$，$MN = RL$，$RN// CE// ML$，$RN = ML$，∴ 四边形 MNRL 是平行四边形，∵ 四边形 ABDE 和四边形 ACFG 都是正方形，∴$AE = AB$，$AG = AC$，$∠EAB = ∠GAC = 90^{\circ}$，∴$∠EAC = ∠BAG$，∴$\triangle EAC\cong\triangle BAG(SAS)$，∴$CE = BG$，$∠AEC = ∠ABG$，又∵$RL = \frac{1}{2}BG$，$RN = \frac{1}{2}CE$，∴$RL = RN$，∴ 平行四边形 MNRL 是菱形，∵$∠EAB = 90^{\circ}$，∴$∠AEP + ∠APE = 90^{\circ}$，又∵$∠AEC = ∠ABG$，$∠APE = ∠BPK$，∴$∠ABG + ∠BPK = 90^{\circ}$，∴$∠BKP = 90^{\circ}$，又∵$MN// BG$，$ML// CE$，∴$∠LMN = 90^{\circ}$，∴ 菱形 MNRL 是正方形，即原四边形 BCGE 是“中方四边形”.

【拓展应用】(1)$MN = \frac{\sqrt{2}}{2}BD$. 理由如下：如图②，记 AD、BC 的中点分别为 E、F，连接 BD、ME、MF、NE、NF，∵ 四边形 ABCD 是“中方四边形”，M、N 分别是 AB、CD 的中点，∴ 四边形 ENFM 是正方形，∴$FM = FN$，$∠MFN = 90^{\circ}$，∴$MN = \sqrt{FM^{2}+FN^{2}}=\sqrt{2}FN$，∵ N、F 分别是 DC、BC 的中点，∴$FN = \frac{1}{2}BD$，∴$MN = \frac{\sqrt{2}}{2}BD$.
(2)$2\sqrt{2}$ 解析：如图②，设 BD 交 AC 于点 O，连接 OM、ON，当点 O 在 MN 上(即 M、O、N 共线) 时，$OM + ON$最小，最小值为 MN 的长，∴$2(OM + ON)$的最小值为$2MN$，∵ 四边形 ABCD 是“中方四边形”，∴$AC\perp BD$，又∵ M、N 分别是 AB、CD 的中点，∴$AB = 2OM$，$CD = 2ON$，∴$2(OM + ON)=AB + CD$，∴$AB + CD$的最小值为$2MN = 4$，则$MN = 2$，由【拓展应用】(1) 知，$MN = \frac{\sqrt{2}}{2}BD$，∴$\frac{\sqrt{2}}{2}BD = 2$，∴$BD = 2\sqrt{2}$.