1.（2024·南京期末）如图，在四边形ABCD中，E、F、G、H分别是AD、BC、BD、AC的中点.下列结论：
　①四边形EGFH是平行四边形；
　②当AB = CD时，四边形EGFH是菱形；
　③当AC⊥BD时，四边形EGFH是矩形.
　其中所有正确结论的序号是　　　　　(　　　)
　　　　　　　
　
A. ①②
B. ①③
C. ②③
D. ①②③

A 解析：①∵ E、G 分别是 AD、BD 的中点，∴ EG 是△DAB 的中位线，∴$EG = \frac{1}{2}AB$，$EG// AB$，同理，$FH = \frac{1}{2}AB$，$FH// AB$，∴$EG = FH$，$EG// FH$，∴ 四边形 EGFH 是平行四边形，故①正确，符合题意；②∵ F、G 分别是 BC、BD 的中点，∴ FG 是△DCB 的中位线，∴$FG = \frac{1}{2}CD$，$FG// CD$，当$AB = CD$时，$EG = FG$，∴ 四边形 EGFH 是菱形，故②正确，符合题意；③∵$HF// AB$，∴$∠HFC = ∠ABC$，∵$FG// CD$，∴$∠GFB = ∠DCB$，当$AB\perp CD$时，∴$∠ABC + ∠DCB = 90^{\circ}$，∴$∠HFC + ∠GFB = 90^{\circ}$，∴$∠GFH = 90^{\circ}$，∴ 平行四边形 EGFH 是矩形，∴ 当$AC\perp BD$时，四边形 EGFH 不一定是矩形，故③错误，不符合题意. 故选 A.

2.（2024·扬州期末）如图，菱形ABCD的对角线AC、BD相交于点O，过点D作DE//AC，且DE = $\frac{1}{2}AC$，连接AE、CE.
　（1）求证：四边形OCED为矩形；
　（2）若菱形ABCD中，DB = 4，AC = 6，则AE的长为________.
　　　　　　　　　　　

(1) ∵ 四边形 ABCD 为菱形，∴$OC = \frac{1}{2}AC$，$AC\perp BD$，∵$DE = \frac{1}{2}AC$，∴$OC = DE$，又∵$DE// AC$，∴ 四边形 OCED 为平行四边形，∵$AC\perp BD$，∴$∠COD = 90^{\circ}$，∴ 平行四边形 OCED 为矩形.
(2)$2\sqrt{10}$ 解析：∵ 在菱形 ABCD 中，$DB = 4$，∴$OD = \frac{1}{2}BD = 2$，∵ 四边形 OCED 为矩形，∴$CE = OD = 2$，$∠ACE = 90^{\circ}$，∴ 在$Rt\triangle ACE$中，$AC = 6$，$CE = 2$，由勾股定理得$AE = \sqrt{AC^{2}+CE^{2}} = 2\sqrt{10}$.

3.（2024·南京期末）如图，在Rt△ABC中，∠ACB = 90°，过点C的直线MN//AB，D为AB边上一点，过点D作DE⊥BC，垂足为F，交直线MN于点E，连接CD、BE.
　（1）求证：CE = AD.
　（2）当D为AB中点时，四边形BECD是什么特殊四边形？说明你的理由.
　（3）在满足（2）的条件下，当∠A的度数为多少时，四边形BECD是正方形？说明理由.
　　　　　　　　　　　　

(1) ∵$DE\perp BC$，∴$∠DFB = 90^{\circ}$，∵$∠ACB = 90^{\circ}$，∴$∠ACB = ∠DFB$，∴$AC// DE$，∵$MN// AB$，即$CE// AD$，∴ 四边形 ADEC 是平行四边形，∴$CE = AD$.
(2) 四边形 BECD 是菱形. 理由：∵ D 为 AB 中点，∴$AD = BD$，∵$CE = AD$，∴$BD = CE$，∵$BD// CE$，∴ 四边形 BECD 是平行四边形，∵$DE\perp BC$，∴ 四边形 BECD 是菱形.
(3) 当$∠A = 45^{\circ}$时，四边形 BECD 是正方形. 理由：当$∠A = 45^{\circ}$时，∵$∠ACB = 90^{\circ}$，∴$∠ABC = 45^{\circ}$，由(2) 可知，四边形 BECD 是菱形，∴$∠ABC = ∠CBE = 45^{\circ}$，∴$∠DBE = 90^{\circ}$，∴ 四边形 BECD 是正方形.

4.（2024·泰州期末）如图，点E是线段AB上一点，四边形ABCD和四边形AEFG均为正方形，连接BD，分别交GF、EF于点M、N，延长GF交BC于点H，连接CM、CN、GN、NH.若已知△CMN的面积，则一定能求出　　　(　　　)
　　　　　　　
　
A. 四边形EFHB的面积
B. 四边形CDGH的面积
C. △GHN的面积
D. △DMC与△CBN的面积之和

C 解析：如图所示，连接 AC、AM、AN，
∵ 四边形 ABCD 和四边形 AEFG 均为正方形，∴$AB = AD$，$AG = AE = EF$，$∠ADB = ∠ABD = 45^{\circ}$，∴$AB - AE = AD - AG$，即$DG = BE$，由正方形的性质可得$∠DGM = ∠BEN = 90^{\circ}$，∴$\triangle DGM$，$\triangle BEN$都是等腰直角三角形，∴$DG = MG$，$EN = EB$，∴$DM = \sqrt{2}DG$，$BN = \sqrt{2}BE$，∴$DM = BN$，∴$\triangle ADM\cong\triangle ABN(SAS)$，∴$AM = AN$，由正方形的对称性可得$CM = AM$，$AN = CN$，∴$CM = AM = AN = CN$，∴ 四边形 AMCN 是菱形，∴$S_{\triangle ACM}=S_{\triangle CMN}=\frac{1}{2}S_{四边形AMCN}$，∵$∠ABM = ∠CBM = 45^{\circ}$，$AB = CB$，$BM = BM$，∴$\triangle ABM\cong\triangle CBM$，∴$S_{\triangle ABM}=S_{\triangle CBM}$，∴$S_{\triangle ACM}=S_{\triangle ABM}+S_{\triangle CBM}-S_{\triangle ABC}=2\times\frac{1}{2}AB\cdot EF-\frac{1}{2}AB^{2}=(AE + BE)\cdot AE-\frac{1}{2}(AE + BE)^{2}=AE^{2}+AE\cdot BE-\frac{1}{2}AE^{2}-AE\cdot BE-\frac{1}{2}BE^{2}=\frac{1}{2}AE^{2}-\frac{1}{2}BE^{2}$，∵$∠AGH = ∠ABH = ∠BAG = 90^{\circ}$，∴ 四边形 ABHG 是矩形，∴$GH = AB$，∴$S_{\triangle CNH}=\frac{1}{2}GH\cdot FN=\frac{1}{2}AB\cdot(EF - EN)=\frac{1}{2}(AE + BE)\cdot(AE - BE)=\frac{1}{2}AE^{2}-\frac{1}{2}BE^{2}$，∴$S_{\triangle CNH}=S_{\triangle ACM}$，∴$S_{\triangle GNH}=S_{\triangle CMN}$. 故选 C.