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6. 如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC=8 cm，BD=6 cm，DH⊥AB于点H，且DH与AC交于点G，AG=$\frac{7}{4}$ cm，则GH的长为(
A.$\frac{28}{25}$ cm
B.$\frac{21}{20}$ cm
C.$\frac{28}{15}$ cm
D.$\frac{25}{21}$ cm
第6题图 第7题图
B
).A.$\frac{28}{25}$ cm
B.$\frac{21}{20}$ cm
C.$\frac{28}{15}$ cm
D.$\frac{25}{21}$ cm
第6题图 第7题图
答案
6.B
解析
【分析】
解题第一步先利用菱形的核心性质：对角线互相垂直平分，先求出两条对角线的一半长度，再用勾股定理算出菱形的边长AB；第二步观察待求线段GH是Rt△AGH的直角边，已知斜边AG的长度，我们既可以先通过菱形面积求出AB边上的高DH，再用勾股定理算出AH，最后在Rt△AGH中用勾股定理求GH；也可以通过公共角+直角证明△AGH与△ABO相似，直接列比例式求解GH，两种方法均符合现阶段知识要求。
【解析】
∵四边形ABCD是菱形，AC=8cm，BD=6cm
∴AC⊥BD，$AO=\frac{1}{2}AC=4\mathrm{cm}$，$BO=\frac{1}{2}BD=3\mathrm{cm}$
由勾股定理得菱形边长：$AB=\sqrt{AO^2+BO^2}=\sqrt{4^2+3^2}=5\mathrm{cm}$
方法一：相似三角形法
∵DH⊥AB，
∴$∠ AHG=∠ AOB=90°$
又
∵$∠ GAH=∠ BAO$（公共角）
∴$△ AGH ∽ △ ABO$
∴对应边成比例：$\frac{GH}{BO}=\frac{AG}{AB}$
代入已知$AG=\frac{7}{4}\mathrm{cm}$，BO=3cm，AB=5cm：
$GH=\frac{AG× BO}{AB}=\frac{\frac{7}{4}×3}{5}=\frac{21}{20}\mathrm{cm}$
方法二：勾股定理法
菱形面积$S=\frac{1}{2}× AC× BD=\frac{1}{2}×8×6=24\mathrm{cm}^2$
又
∵$S=AB× DH$，
∴$DH=\frac{24}{AB}=\frac{24}{5}\mathrm{cm}$
在Rt△ADH中，AD=5cm，$DH=\frac{24}{5}\mathrm{cm}$
$AH=\sqrt{AD^2-DH^2}=\sqrt{5^2-(\frac{24}{5})^2}=\frac{7}{5}\mathrm{cm}$
在Rt△AGH中：
$GH=\sqrt{AG^2-AH^2}=\sqrt{(\frac{7}{4})^2-(\frac{7}{5})^2}=\frac{21}{20}\mathrm{cm}$
【答案】
B
【知识点】
菱形的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质
【点评】
本题属于菱形性质的常规综合应用题，解题关键是先利用菱形对角线的性质求出边长，再结合直角三角形的性质或相似三角形的比例关系求解线段长度，难度适中，是菱形章节的典型考题。
【难度系数】
0.6
解题第一步先利用菱形的核心性质：对角线互相垂直平分，先求出两条对角线的一半长度，再用勾股定理算出菱形的边长AB；第二步观察待求线段GH是Rt△AGH的直角边，已知斜边AG的长度，我们既可以先通过菱形面积求出AB边上的高DH，再用勾股定理算出AH，最后在Rt△AGH中用勾股定理求GH；也可以通过公共角+直角证明△AGH与△ABO相似，直接列比例式求解GH，两种方法均符合现阶段知识要求。
【解析】
∵四边形ABCD是菱形，AC=8cm，BD=6cm
∴AC⊥BD，$AO=\frac{1}{2}AC=4\mathrm{cm}$，$BO=\frac{1}{2}BD=3\mathrm{cm}$
由勾股定理得菱形边长：$AB=\sqrt{AO^2+BO^2}=\sqrt{4^2+3^2}=5\mathrm{cm}$
方法一：相似三角形法
∵DH⊥AB，
∴$∠ AHG=∠ AOB=90°$
又
∵$∠ GAH=∠ BAO$（公共角）
∴$△ AGH ∽ △ ABO$
∴对应边成比例：$\frac{GH}{BO}=\frac{AG}{AB}$
代入已知$AG=\frac{7}{4}\mathrm{cm}$，BO=3cm，AB=5cm：
$GH=\frac{AG× BO}{AB}=\frac{\frac{7}{4}×3}{5}=\frac{21}{20}\mathrm{cm}$
方法二：勾股定理法
菱形面积$S=\frac{1}{2}× AC× BD=\frac{1}{2}×8×6=24\mathrm{cm}^2$
又
∵$S=AB× DH$，
∴$DH=\frac{24}{AB}=\frac{24}{5}\mathrm{cm}$
在Rt△ADH中，AD=5cm，$DH=\frac{24}{5}\mathrm{cm}$
$AH=\sqrt{AD^2-DH^2}=\sqrt{5^2-(\frac{24}{5})^2}=\frac{7}{5}\mathrm{cm}$
在Rt△AGH中：
$GH=\sqrt{AG^2-AH^2}=\sqrt{(\frac{7}{4})^2-(\frac{7}{5})^2}=\frac{21}{20}\mathrm{cm}$
【答案】
B
【知识点】
菱形的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质
【点评】
本题属于菱形性质的常规综合应用题，解题关键是先利用菱形对角线的性质求出边长，再结合直角三角形的性质或相似三角形的比例关系求解线段长度，难度适中，是菱形章节的典型考题。
【难度系数】
0.6
7.如图,在菱形ABCD中,AC,BD相交于点O,E为AB的中点,且$DE ⊥ AB,AC=6$,则菱形ABCD的面积是（
A.18
B.$18\sqrt{3}$
C.$9\sqrt{3}$
D.$6\sqrt{3}$
D
）.A.18
B.$18\sqrt{3}$
C.$9\sqrt{3}$
D.$6\sqrt{3}$
答案
7.D
解析
【分析】
解题思路如下：1. 由E是AB中点且DE⊥AB，可知DE是AB的垂直平分线，根据垂直平分线的性质得AD=BD；2. 结合菱形四条边相等的性质，得AD=AB=BD，可判定△ABD是等边三角形，推出∠DAB=60°；3. 利用菱形对角线互相垂直平分的性质，得AO=3，AC平分∠DAB，所以∠OAB=30°；4. 在Rt△AOB中，结合30°角所对直角边是斜边一半的性质，用勾股定理求出OB的长，进而得到BD的长度；5. 用菱形面积公式（对角线乘积的一半）计算出面积。
【解析】
解：
∵E为AB的中点，且DE⊥AB，
∴DE是线段AB的垂直平分线，
∴AD = BD，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD = AB，AC⊥BD，AO = $\frac{1}{2}$AC = $\frac{1}{2}$×6 = 3，AC平分∠DAB，
∴AD = AB = BD，即△ABD是等边三角形，
∴∠DAB = 60°，
∴∠OAB = $\frac{1}{2}$∠DAB = 30°，
在Rt△AOB中，∠OAB=30°，
∴AB = 2OB，
设OB = x，则AB = 2x，
由勾股定理得：$AO^2 + OB^2 = AB^2$，
代入数值：$3^2 + x^2 = (2x)^2$，
解得：$x^2=3$，
∵x＞0，
∴x = $\sqrt{3}$，
∴BD = 2OB = $2\sqrt{3}$，
∴菱形ABCD的面积 = $\frac{1}{2}$×AC×BD = $\frac{1}{2}$×6×$2\sqrt{3}$ = $6\sqrt{3}$。
【答案】
D
【知识点】
菱形的性质，等边三角形判定，勾股定理
【点评】
本题将垂直平分线性质、菱形性质和等边三角形判定结合考查，解题的突破口是通过已知条件推出△ABD为等边三角形，再利用直角三角形的性质和勾股定理求出另一条对角线的长度，熟练掌握特殊几何图形的性质是解决这类题的关键。
【难度系数】
0.6
解题思路如下：1. 由E是AB中点且DE⊥AB，可知DE是AB的垂直平分线，根据垂直平分线的性质得AD=BD；2. 结合菱形四条边相等的性质，得AD=AB=BD，可判定△ABD是等边三角形，推出∠DAB=60°；3. 利用菱形对角线互相垂直平分的性质，得AO=3，AC平分∠DAB，所以∠OAB=30°；4. 在Rt△AOB中，结合30°角所对直角边是斜边一半的性质，用勾股定理求出OB的长，进而得到BD的长度；5. 用菱形面积公式（对角线乘积的一半）计算出面积。
【解析】
解：
∵E为AB的中点，且DE⊥AB，
∴DE是线段AB的垂直平分线，
∴AD = BD，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD = AB，AC⊥BD，AO = $\frac{1}{2}$AC = $\frac{1}{2}$×6 = 3，AC平分∠DAB，
∴AD = AB = BD，即△ABD是等边三角形，
∴∠DAB = 60°，
∴∠OAB = $\frac{1}{2}$∠DAB = 30°，
在Rt△AOB中，∠OAB=30°，
∴AB = 2OB，
设OB = x，则AB = 2x，
由勾股定理得：$AO^2 + OB^2 = AB^2$，
代入数值：$3^2 + x^2 = (2x)^2$，
解得：$x^2=3$，
∵x＞0，
∴x = $\sqrt{3}$，
∴BD = 2OB = $2\sqrt{3}$，
∴菱形ABCD的面积 = $\frac{1}{2}$×AC×BD = $\frac{1}{2}$×6×$2\sqrt{3}$ = $6\sqrt{3}$。
【答案】
D
【知识点】
菱形的性质，等边三角形判定，勾股定理
【点评】
本题将垂直平分线性质、菱形性质和等边三角形判定结合考查，解题的突破口是通过已知条件推出△ABD为等边三角形，再利用直角三角形的性质和勾股定理求出另一条对角线的长度，熟练掌握特殊几何图形的性质是解决这类题的关键。
【难度系数】
0.6
8. 如图,在矩形ABCD中,M是边BC上一点,连接AM,DM,过点D作$DE ⊥ AM$,垂足为E.若$DE=DC=1$,$AE=2EM$,则BM的长为(
A.$1$
B.$\frac{2\sqrt{3}}{3}$
C.$\frac{1}{2}$
D.$\frac{2\sqrt{5}}{5}$
D
).A.$1$
B.$\frac{2\sqrt{3}}{3}$
C.$\frac{1}{2}$
D.$\frac{2\sqrt{5}}{5}$
答案
8.D
解析
【分析】
解题时先从已知条件出发：①矩形ABCD可得AB=DC=1，∠B、∠C为直角，AD平行且等于BC；②DE⊥AM且DE=DC=1，可先通过HL证明Rt△DEM≌Rt△DCM，得到EM=CM。再结合AE=2EM的条件，设EM=x，即可用含x的式子表示AE、AM、CM的长度。接着由AD//BC得到内错角∠DAE=∠AMB，结合∠B=∠AED=90°、AB=DE，用AAS证明△ABM≌△DEA，得到AD=AM=3x，进而推出BM=2x。最后在Rt△ADE中利用勾股定理列方程求解x，即可算出BM的长度。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=DC=1，∠B=∠C=90°，AD//BC，AD=BC。
∵DE⊥AM，
∴∠AED=∠DEM=90°，又DE=DC=1，
∴DE=AB。
在Rt△DEM和Rt△DCM中：
$\{\begin{array}{l}DE=DC\\ DM=DM\end{array} $
∴Rt△DEM≌Rt△DCM（HL），
∴EM=CM。
设EM=x，
∵AE=2EM，
∴AE=2x，CM=x，AM=AE+EM=3x。
∵AD//BC，
∴∠DAE=∠AMB。
在△ABM和△DEA中：
$\{\begin{array}{l}∠ B=∠ AED=90°\\ ∠ AMB=∠ DAE\\ AB=DE=1\end{array} $
∴△ABM≌△DEA（AAS），
∴AD=AM=3x。
∵AD=BC=BM+CM，
∴BM=BC - CM=3x - x=2x。
在Rt△ADE中，由勾股定理得：
$AD^2=AE^2 + DE^2$
代入得：$(3x)^2=(2x)^2 + 1^2$
整理得：$5x^2=1$，解得$x=\frac{\sqrt{5}}{5}$（边长为正，舍去负根），
∴BM=2x=$2×\frac{\sqrt{5}}{5}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$。
【答案】
D
【知识点】
矩形的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理
【点评】
本题是矩形相关的典型综合题，解题核心是通过全等三角形建立不同边之间的等量关系，结合设未知数、勾股定理列方程求解，能较好地考查几何推理和方程思想的运用能力。
【难度系数】
0.6
解题时先从已知条件出发：①矩形ABCD可得AB=DC=1，∠B、∠C为直角，AD平行且等于BC；②DE⊥AM且DE=DC=1，可先通过HL证明Rt△DEM≌Rt△DCM，得到EM=CM。再结合AE=2EM的条件，设EM=x，即可用含x的式子表示AE、AM、CM的长度。接着由AD//BC得到内错角∠DAE=∠AMB，结合∠B=∠AED=90°、AB=DE，用AAS证明△ABM≌△DEA，得到AD=AM=3x，进而推出BM=2x。最后在Rt△ADE中利用勾股定理列方程求解x，即可算出BM的长度。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB=DC=1，∠B=∠C=90°，AD//BC，AD=BC。
∵DE⊥AM，
∴∠AED=∠DEM=90°，又DE=DC=1，
∴DE=AB。
在Rt△DEM和Rt△DCM中：
$\{\begin{array}{l}DE=DC\\ DM=DM\end{array} $
∴Rt△DEM≌Rt△DCM（HL），
∴EM=CM。
设EM=x，
∵AE=2EM，
∴AE=2x，CM=x，AM=AE+EM=3x。
∵AD//BC，
∴∠DAE=∠AMB。
在△ABM和△DEA中：
$\{\begin{array}{l}∠ B=∠ AED=90°\\ ∠ AMB=∠ DAE\\ AB=DE=1\end{array} $
∴△ABM≌△DEA（AAS），
∴AD=AM=3x。
∵AD=BC=BM+CM，
∴BM=BC - CM=3x - x=2x。
在Rt△ADE中，由勾股定理得：
$AD^2=AE^2 + DE^2$
代入得：$(3x)^2=(2x)^2 + 1^2$
整理得：$5x^2=1$，解得$x=\frac{\sqrt{5}}{5}$（边长为正，舍去负根），
∴BM=2x=$2×\frac{\sqrt{5}}{5}=\frac{2\sqrt{5}}{5}$。
【答案】
D
【知识点】
矩形的性质；全等三角形的判定与性质；勾股定理
【点评】
本题是矩形相关的典型综合题，解题核心是通过全等三角形建立不同边之间的等量关系，结合设未知数、勾股定理列方程求解，能较好地考查几何推理和方程思想的运用能力。
【难度系数】
0.6
9.如图，等边三角形ABC内有一正方形DEFG，其中D，E两点分别在AB，BC上，且$BD=BE$。若$AB=6$，$DE=2$，则$△ EFC$的面积为（
A.1
B.2
C.$2\sqrt{3}$
D.4
B
）。A.1
B.2
C.$2\sqrt{3}$
D.4
答案
9.B
解析
【分析】
解题时先从已知特殊图形的性质入手：首先利用等边△ABC三边相等、内角均为60°的性质，结合BD=BE的条件，可判定△BDE为等边三角形，得到BE的长度，进而求出EC的长；再结合正方形内角为90°的性质，计算出∠FEC的度数，过F作BC边上的高，利用含30°角直角三角形的性质求出高，最后代入三角形面积公式即可算出结果。
【解析】
1. 已知△ABC是等边三角形，AB=6，因此BC=AB=6，∠B=60°。
2. 因为BD=BE，且∠B=60°，所以△BDE是等边三角形，可得BE=DE=2，∠BED=60°。
3. 因为四边形DEFG是正方形，DE=2，因此EF=DE=2，∠DEF=90°。
4. 由平角为180°可得：∠FEC=180°-∠BED-∠DEF=180°-60°-90°=30°。
5. 过点F作FH⊥BC于点H，在Rt△EFH中，∠FEC=30°，EF=2，根据“30°角所对直角边是斜边的一半”，得FH=$\frac{1}{2}$EF=1。
6. 又EC=BC-BE=6-2=4，因此△EFC的面积为：$S_{△ EFC}=\frac{1}{2}×EC×FH=\frac{1}{2}×4×1=2$。
【答案】
B
【知识点】
等边三角形的判定与性质，正方形的性质，含30°角的直角三角形的性质
【点评】
本题是特殊几何图形的综合应用题，解题核心是通过角度推导得到30°角，进而求出三角形的高，熟练掌握等边三角形、正方形的基本性质是解题的前提。
【难度系数】
0.7
解题时先从已知特殊图形的性质入手：首先利用等边△ABC三边相等、内角均为60°的性质，结合BD=BE的条件，可判定△BDE为等边三角形，得到BE的长度，进而求出EC的长；再结合正方形内角为90°的性质，计算出∠FEC的度数，过F作BC边上的高，利用含30°角直角三角形的性质求出高，最后代入三角形面积公式即可算出结果。
【解析】
1. 已知△ABC是等边三角形，AB=6，因此BC=AB=6，∠B=60°。
2. 因为BD=BE，且∠B=60°，所以△BDE是等边三角形，可得BE=DE=2，∠BED=60°。
3. 因为四边形DEFG是正方形，DE=2，因此EF=DE=2，∠DEF=90°。
4. 由平角为180°可得：∠FEC=180°-∠BED-∠DEF=180°-60°-90°=30°。
5. 过点F作FH⊥BC于点H，在Rt△EFH中，∠FEC=30°，EF=2，根据“30°角所对直角边是斜边的一半”，得FH=$\frac{1}{2}$EF=1。
6. 又EC=BC-BE=6-2=4，因此△EFC的面积为：$S_{△ EFC}=\frac{1}{2}×EC×FH=\frac{1}{2}×4×1=2$。
【答案】
B
【知识点】
等边三角形的判定与性质，正方形的性质，含30°角的直角三角形的性质
【点评】
本题是特殊几何图形的综合应用题，解题核心是通过角度推导得到30°角，进而求出三角形的高，熟练掌握等边三角形、正方形的基本性质是解题的前提。
【难度系数】
0.7
10.如图,在正方形ABCD中,点E,F,H分别是AB,BC,CD的中点,CE,DF交于点G,连接AG,HG.下列结论:①$CE ⊥ DF$;②$AG=AD$;③$∠ CHG = ∠ DAG$;④$HG=\frac{1}{2}AD$.其中正确的结论有(
A.1个
B.2个
C.3个
D.4个
D
).A.1个
B.2个
C.3个
D.4个
答案
10.D
解析
【分析】
解题时先结合正方形边相等、内角为直角的性质，通过证明三角形全等推导CE与DF的位置关系，判断结论①；再利用直角三角形斜边中线的性质验证结论④；接着通过构造全等三角形结合直角三角形斜边中线性质验证结论②；最后通过等腰三角形内角关系推导角相等，验证结论③，逐个验证4个结论即可得到正确选项。
【解析】
设正方形ABCD边长为$a$，逐一验证结论：
1. 验证结论①：
∵四边形ABCD是正方形，
∴$BC=CD$，$∠ B=∠ FCD=90°$。
∵E、F分别是AB、BC中点，
∴$BE=CF=\frac{1}{2}a$。
∴$△ EBC ≌ △ FCD$（SAS），得$∠ BCE=∠ CDF$。
∵$∠ CDF+∠ CFD=90°$，
∴$∠ BCE+∠ CFD=90°$，
∴$∠ CGF=90°$，即$CE ⊥ DF$，①正确。
2. 验证结论④：
由①得$△ DGC$是直角三角形，$∠ DGC=90°$。
∵H是CD中点，
∴HG是$\mathrm{Rt}△ DGC$斜边CD的中线，
∴$HG=\frac{1}{2}CD=\frac{1}{2}AD$，④正确。
3. 验证结论②：
延长DF交AB的延长线于点M。
∵F是BC中点，$∠ MFB=∠ CFD$，$∠ MBF=∠ FCD=90°$，
∴$△ MBF ≌ △ DCF$（ASA），得$BM=CD=AB$，即B是AM中点。
又
∵$CE ⊥ DF$，即$∠ AGM=90°$，在$\mathrm{Rt}△ AGM$中，B是斜边AM中点，
∴$AG=AB=AD$，②正确。
4. 验证结论③：
∵$AD=AG$，
∴$∠ ADG=∠ AGD$，得$∠ DAG=180°-2∠ ADG$。
∵$HG=HC$（直角三角形斜边中线等于斜边的一半），
∴$∠ HCG=∠ HGC$，得$∠ CHG=180°-2∠ HCG$。
又
∵$∠ ADG+∠ CDF=90°$，$∠ HCG+∠ CDF=90°$，
∴$∠ ADG=∠ HCG$，
∴$∠ DAG=∠ CHG$，③正确。
综上，①②③④共4个结论都正确。
【答案】
D
【知识点】
正方形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形斜边中线性质
【点评】
本题是正方形相关的综合题，需要逐一验证多个结论，解题时要灵活结合全等三角形、直角三角形、等腰三角形的性质推导边与角的关系，对逻辑推理能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
解题时先结合正方形边相等、内角为直角的性质，通过证明三角形全等推导CE与DF的位置关系，判断结论①；再利用直角三角形斜边中线的性质验证结论④；接着通过构造全等三角形结合直角三角形斜边中线性质验证结论②；最后通过等腰三角形内角关系推导角相等，验证结论③，逐个验证4个结论即可得到正确选项。
【解析】
设正方形ABCD边长为$a$，逐一验证结论：
1. 验证结论①：
∵四边形ABCD是正方形，
∴$BC=CD$，$∠ B=∠ FCD=90°$。
∵E、F分别是AB、BC中点，
∴$BE=CF=\frac{1}{2}a$。
∴$△ EBC ≌ △ FCD$（SAS），得$∠ BCE=∠ CDF$。
∵$∠ CDF+∠ CFD=90°$，
∴$∠ BCE+∠ CFD=90°$，
∴$∠ CGF=90°$，即$CE ⊥ DF$，①正确。
2. 验证结论④：
由①得$△ DGC$是直角三角形，$∠ DGC=90°$。
∵H是CD中点，
∴HG是$\mathrm{Rt}△ DGC$斜边CD的中线，
∴$HG=\frac{1}{2}CD=\frac{1}{2}AD$，④正确。
3. 验证结论②：
延长DF交AB的延长线于点M。
∵F是BC中点，$∠ MFB=∠ CFD$，$∠ MBF=∠ FCD=90°$，
∴$△ MBF ≌ △ DCF$（ASA），得$BM=CD=AB$，即B是AM中点。
又
∵$CE ⊥ DF$，即$∠ AGM=90°$，在$\mathrm{Rt}△ AGM$中，B是斜边AM中点，
∴$AG=AB=AD$，②正确。
4. 验证结论③：
∵$AD=AG$，
∴$∠ ADG=∠ AGD$，得$∠ DAG=180°-2∠ ADG$。
∵$HG=HC$（直角三角形斜边中线等于斜边的一半），
∴$∠ HCG=∠ HGC$，得$∠ CHG=180°-2∠ HCG$。
又
∵$∠ ADG+∠ CDF=90°$，$∠ HCG+∠ CDF=90°$，
∴$∠ ADG=∠ HCG$，
∴$∠ DAG=∠ CHG$，③正确。
综上，①②③④共4个结论都正确。
【答案】
D
【知识点】
正方形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形斜边中线性质
【点评】
本题是正方形相关的综合题，需要逐一验证多个结论，解题时要灵活结合全等三角形、直角三角形、等腰三角形的性质推导边与角的关系，对逻辑推理能力有一定要求。
【难度系数】
0.6
