19.「2026湖南长沙雅礼中学月考，★★☆」(9分)如图，矩形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，CD//OE，直线CE是线段OD的垂直平分线，CE分别交OD，AD于点F，G，连接DE.
(1)判断四边形OCDE的形状，并说明理由.
(2)当$CD=4$时，求$EG$的长.

19.解析 (1)四边形 OCDE 是菱形.理由:
∵ $CD// OE$,
∴ $∠FDC=∠FOE$,
∵ CE 是线段 OD 的垂直平分线,
∴ $FD=FO$,$ED=OE$,$CD=CO$,
在$△FDC$和$△FOE$中,$\begin{cases} ∠FDC=∠FOE, \\ FD=FO, \\ ∠DFC=∠OFE, \end{cases}$
∴ $△FDC≌△FOE(\mathrm{ASA})$,
∴ $CD=OE$,
∴ $ED=OE=CD=CO$,
∴ 四边形 OCDE 是菱形.
(2)
∵ 四边形 ABCD 为矩形,
∴ $∠BCD=∠CDA=90°$,$DO=CO$,
由(1)知 $CD=CO$,
∴ $CD=CO=DO=4$,
∴ $△ODC$ 为等边三角形,
∴ $∠ODC=60°$,
∵ CE 是线段 OD 的垂直平分线,
∴ $CE⊥OD$.
在 $Rt△CDF$ 中,$CD=4$,$DF=\frac{1}{2}OD=2$,
由勾股定理得 $CF=\sqrt{CD^2-DF^2}=2\sqrt{3}$,
由(1)可知四边形 OCDE 是菱形,
∴ $EF=CF=2\sqrt{3}$,
∵ $∠GDF=∠CDA-∠ODC=30°$,
∴ $GD=2GF$.
设 $GF=x$,则 $GD=2x$,
在 $Rt△GDF$ 中,由勾股定理得 $x^2+2^2=(2x)^2$,
解得 $x=\frac{2\sqrt{3}}{3}$(负值已舍),即 $GF=\frac{2\sqrt{3}}{3}$,
∴ $EG=EF-GF=2\sqrt{3}-\frac{2\sqrt{3}}{3}=\frac{4\sqrt{3}}{3}$.

20.「★☆」(9分)如图,在菱形ABCD中,对角线AC,BD交于点O,分别延长OA,OC到点E,F,使AE=CF,依次连接点B,F,D,E.
(1)求证:四边形BFDE是菱形.
(2)已知∠ABC=50°.
①当∠ABE为度时,四边形BFDE是正方形,并将横线处作为条件,对结论加以证明.
②若四边形BFDE是正方形,且面积为50,CF=3,求OC的长.

20.解析 (1)证明:
∵ 四边形 ABCD 是菱形,
∴ $OB=OD$,$OA=OC$,且 $AC⊥BD$.
∵ $CF=AE$,
∴ $OC+CF=OA+AE$,即 $OF=OE$,
∴ 四边形 BFDE 是菱形.
(2)①当$∠ABE$ 为 20 度时,四边形 BFDE 是正方形.
证明:
∵ $∠ABC=50°$,四边形 ABCD 是菱形,
∴ $∠ABD=∠CBD=\frac{1}{2}∠ABC=25°$.
∵ $∠ABE=20°$,
∴ $∠EBD=∠ABD+∠ABE=45°$.
∵ 四边形 BFDE 是菱形,
∴ $∠EBF=2∠EBD=90°$,
∴ 四边形 BFDE 是正方形.
②
∵ 四边形 BFDE 是正方形,且面积为 50,
∴ $DF^2=50$,$OD=OF$,
∴ $DF=5\sqrt{2}$.
在 $Rt△DOF$ 中,由勾股定理得 $OD=OF=5$,
∴ $OC=OF-CF=2$.