重庆市2018年中考数学一轮复习 第五章 四边形 第2节 矩形、菱形、正方形练习册

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1、 第2节　矩形、菱形、正方形 (建议答题时间：60分钟) 基础过关 　1. (2017益阳)下列性质中，菱形不一定具有的性质是(　　) A. 对角线互相平分 B. 对角线互相垂直 C. 对角线相等 D. 既是轴对称图形又是中心对称图形 2. (2017广安)下列说法：①四边相等的四边形一定是菱形；②顺次连接矩形各边中点形成的四边形一定是正方形；③对角线相等的四边形一定是矩形；④经过平行四边形对角线交点的直线，一定能把平行四边形分成面积相等的两部分，其中正确的有(　　)个 A. 4 B. 3 C. 2

2、 D. 1 3. (2017上海)已知平行四边形ABCD，AC、BD是它的两条对角线，那么下列条件中，能判断这个平行四边形为矩形的是(　　) A. ∠BAC＝∠DCA B. ∠BAC＝∠DAC C. ∠BAC＝∠ABD D. ∠BAC＝∠ADB 4．(2017重庆八中一模)在菱形ABCD中，对角线AC＝8，BD＝6，则菱形的高为(　　) A. B. 5 C. D. 5. (2017重庆南岸区期末模拟)矩形的两条对角线的一个夹角为60°，对角线长为10，则这个矩形的面积

3、为(　　) A. 25 B. 25 C. 50 D. 100 6. (2017兰州)如图，矩形ABCD的对角线AC与BD相交于点O，∠ADB＝30°，AB＝4，则OC＝(　　) A. 5 B. 4 C. 3.5 D. 3 第6题图 第7题图 7．(2017海南)如图，在菱形ABCD中，AC＝8，BD＝6，则△ABC的周长(　　) A. 14 B. 16

4、 C. 18 D. 20 8. (2017山西)如图，将矩形纸片ABCD沿BD折叠，得到△BC′D，C′D与AB交于点E.若∠1＝35°，则∠2的度数为(　　) A. 20° B. 30° C. 35° D. 55° 第8题图 第9题图 9. (2017淮安)如图，在矩形纸片ABCD中，AB＝3，点E在边BC上，将△ABE沿直线AE折叠，点B恰好落在对角线AC上的点F处，若∠EAC＝∠ECA，则AC的长是(　　)

5、 A. 3 B. 6 C. 4 D. 5 10.(2017河北)求证：菱形的两条对角线互相垂直． 已知：如图，四边形ABCD是菱形，对角线AC，BD交于点O. 求证：AC⊥BD. 以下是排乱的证明过程：①又BO＝DO， ②∴AO⊥BD，即AC⊥BD. ③∵四边形ABCD是菱形， ④∴AB＝AD. 证明步骤正确的顺序是(　　) A. ③→②→①→④ B. ③→④→①→② C. ①→②→④→③ D. ①→④→③→② 第10题图 　11. (2017陕西)如图，在矩

6、形ABCD中，AB＝2，BC＝3.若点E是边CD的中点，连接AE，过点B作BF⊥AE交AE于点F，则BF的长为(　　) A. B. C. D. 第11题图 第12题图 12. (2017攀枝花)如图，正方形ABCD中，点E，F分别在边BC、CD上，△AEF是等边三角形，连接AC交EF于点G，过点G作GH⊥CE于点H，若S△EGH＝3，则S△ADF＝(　　) A. 6 B. 4 C. 3

7、 D. 2　　　 13．(2017兰州)在平行四边形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，要使四边形ABCD是正方形，还需添加一组条件．下面给出了四组条件：①AB⊥AD，且AB＝AD；②AB＝BD，且AB⊥BD；③OB＝OC，且OB⊥OC；④AB＝AD，且AC＝BD.其中正确的序号是：________________(写出所有正确的序号)． 14. (2017六盘水)如图，在正方形ABCD中，等边三角形AEF的顶点E、F分别在BC和CD上，则∠AEB＝________度． 第14题图 第15题

8、图 第16题图 15. (2017徐州)如图，矩形ABCD中，AB＝4，AD＝3，点Q在对角线AC上，且AQ＝AD，连接DQ并延长，与边BC交于点P，则线段AP＝________． 16. (2017重庆巴蜀一模)如图，在矩形ABCD中，点E，F分别在边BC、CD上，且∠EAF＝∠CEF＝45°.若AD＝9，CD＝8，则EF的长为________． 17. (2017陕西)如图，在正方形ABCD中，E、F分别为边AD和CD上的点，且AE＝CF，连接AF、CE交于点G. 求证：AG＝CG. 第17题图 18. (201

9、7邵阳)如图所示，已知平行四边形ABCD，对角线AC，BD相交于点O，∠OBC＝∠OCB. (1)求证：平行四边形ABCD是矩形； (2)请添加一个条件使矩形ABCD为正方形． 第18题图 19. (2017张家界)如图，在平行四边形ABCD中，边AB的垂直平分线交AD于点E，交CB的延长线于点F，连接AF，BE. (1)求证：△AGE≌△BGF； (2)试判断四边形AFBE的形状，并说明理由． 第19题图 20. (2018原创)在△ABC中，点D在BC边上，点E是线段AD的中点，过点A作BC的平行线交BE的延长线于点F，

10、连接CF，若AF＝DC. (1)求证：BD＝CD； (2)当四边形ADCF为正方形时，线段AB与BC有何数量关系？请说明理由． 第20题图 21. (2017盐城)如图，矩形ABCD中，∠ABD、∠CDB的平分线BE、DF分别交边AD、BC于点E、F. (1)求证：四边形BEDF为平行四边形； (2)当∠ABE为多少度时，四边形BEDF是菱形？请说明理由． 第21题图 22. (2018原创)如图，在菱形ABCD中，延长BD到E使得BD＝DE，连接AE，延长CD交AE于点F. (1)求证：AD＝2DF； (2)

11、如果FD＝2，∠C＝60°，求菱形ABCD的面积． 第22题图 23. (2017北京)如图，在四边形ABCD中，BD为一条对角线，AD∥BC，AD＝2BC，∠ABD＝90°，E为AD的中点，连接BE. (1)求证：四边形BCDE为菱形； (2)连接AC，若AC平分∠BAD，BC＝1，求AC的长． 第23题图 满分冲关 1．(2017广东)如图，已知正方形ABCD，点E是BC边的中点，DE与AC相交于点F，连接BF，下列结论：①S△ABF＝S△ADF；②S△CDF＝4S△CEF；③S△ADF＝2S△CEF；④S△ADF＝2S△CDF

12、，其中正确的是(　　) A. ①③ B. ②③ C. ①④ D. ②④ 第1题图 第2题图 第3题图 2. 如图，在菱形ABCD中，AB＝5，AC＝8，点P是AC上的一个动点，过点P作EF垂直于AC交AD于点E，交AB于点F，将△AEF沿EF折叠，使点A落在点A′处，当△A′CD是直角三角形时，AP的长为________． 3. (2017重庆八中二模)如图，正方形ABCD中，E，F分别在AB，BC边上，且DE⊥AF于点G，H为线段DG上一点，连接AH

13、，BH，BH交AF于点I，若∠GAH＝45°，GI＝1，正方形ABCD边长为4，则△AHD面积为________． 第4题图 第5题图 4．(2017潍坊)如图，将一张矩形纸片ABCD的边BC斜着向AD边对折，使点B落在AD上，记为B′，折痕为CE，再将CD边斜向下对折，使点D落在B′C上，记为D′，折痕为CG，B′D′＝2，BE＝BC. 则矩形纸片ABCD的面积为______． 5．(2017重庆西大附中月考)如图，正方形ABCD中，AB＝6，点E为边BC的中点，连接AE，将△ABE沿AE翻折

14、，点B落在点F处，点O为对角线BD的中点，连接OF交CD于点G，连接BF、BG，则△BFG的面积是________． 6. (2017杭州)如图，在正方形ABCD中，点G在对角线BD上(不与点B，D重合)，GE⊥DC于点E，GF⊥BC于点F，连接AG. (1)写出线段AG，GE，GF长度之间的等量关系，并说明理由； (2)若正方形ABCD的边长为1，∠AGF＝105°，求线段BG的长． 第6题图 7．(2017重庆沙坪坝区校级一模)如图，在菱形ABCD中，∠BAD＝60°，M为对角线BD延长线上一点，连接AM和CM，E为CM上一点，且满足CB＝CE

15、，连接BE，交CD于点F. (1)若∠AMB＝30°，且DM＝3，求BE的长； (2)证明：AM＝CF＋DM. 第7题图 答案 基础过关 1. C　【解析】菱形所具有的性质包括：对角线互相平分，对角线互相垂直，既是中心对称图形又是轴对称图形，而对角线相等是矩形具有的性质，菱形不一定具有． 2. C　【解析】根据菱形的判定定理，四边相等的四边形一定是菱形，故①正确；由于矩形的对角线相等，根据三角形的中位线定理，可得顺次连接矩形各边中点所得四边形的四边都相等，由此可判定所得四边形是菱形，故②错误；对角线相等的

16、平行四边形是矩形，故选项③错误；平行四边形是中心对称图形，根据中心对称图形的性质，经过对称中心的任意一条直线都把它分成两个全等图形，面积必然相等，所以经过平行四边形对角线交点的直线，一定能把平行四边形分成面积相等的两部分，故④正确；综上所述正确的说法有2个． 3. C　【解析】要使平行四边形变成矩形，可证两对角线相等．四个选项中只有∠BAC＝∠ABD符合． 4. C　【解析】本题考查了菱形的有关性质和菱形的面积计算，因为四边形ABCD为菱形，所以AC⊥BD，AO＝AC，BO＝BD，∴AB2＝AO2＋BO2，∵AC＝8，BD＝6，∴AB＝5，由公式S菱形ABCD＝AC·BD＝AB·DE，得∶

17、×8×6＝5·DE，∴DE＝， 第4题解图 5. B　【解析】如解图，∵四边形ABCD为矩形，∴∠ABC＝90°，AO＝BO＝CO＝DO，∵∠BOC＝60°，∴∠ACB＝∠BOC＝60°，∵AC＝10，∴BC＝AC＝5，AB＝5，∴S矩形ABCD＝AB·CB＝5×5＝25. 第5题解图 6. B　【解析】∵矩形ABCD中，AB＝4，∠ADB＝30°，∠BAD＝90°，∴BD＝8，∵矩形对角线相等且互相平分，∴OC＝AC＝BD＝4. 7. C　【解析】∵在菱形ABCD中，AC＝8，BD＝6， ∴AB＝BC，∠AOB＝90°，AO＝4，BO＝3，∴BC＝AB＝＝5， ∴△AB

18、C的周长＝AB＋BC＋AC＝5＋5＋8＝18. 8. A　【解析】∵四边形ABCD是矩形，∴∠C＝90°，CD∥AB，∴∠DBA＝∠1＝35°，∴∠CBD＝55°，由折叠性质可知∠C′BD＝∠CBD＝55°，∴∠2＝∠C′BD－∠DBA＝20°. 9. B　【解析】由折叠可知，∠BAE＝∠EAC，∵∠EAC＝∠ECA，∴∠BAC＝2∠BCA，∵四边形ABCD是矩形，∴∠B＝90°，∴3∠ACB＝90°，∴∠ACB＝30°，∵AB＝3∴AC＝2AB＝6. 【一题多解】由折叠性质得AF＝AB＝3，∠AFE＝∠ABE＝90°，∵∠EAC＝∠ECA，EF＝EF，∠AFE＝∠CFE＝90°，∴△E

19、FA≌△EFC，∴FC＝AF＝3，∴AC＝6. 10. B　【解析】要证明AC⊥BD，所以②是第四步；由AB＝AD可知△ABD是等腰三角形，又由BO＝DO结合等腰三角形三线合一的性质可得到结论，故④是第二步，①是第三步；而AB＝AD是根据四边形ABCD是菱形得到的，故③是第一步，所以证明步骤正确的顺序是③→④→①→②. 11. B　【解析】在矩形ABCD中，CD＝AB＝2，AD＝BC＝3，∠BAD＝∠D＝90°，∵点E是边CD的中点，∴DE＝CD＝1，在Rt△ADE中，AE＝＝＝，∵BF⊥AE，∴∠AFB＝90°，∴∠FAB＋∠ABF ＝90°，∵∠FAB ＋∠EAD ＝90°，∴∠ABF

20、＝∠EAD，∴△ABF∽△EAD，∴＝，则＝，解得BF＝ . 12. A　【解析】如解图，由题易知，∠EAF＝60°，EF＝AF＝AE，△ABE≌△ADF，∴BE＝DF，∠BAE＝∠DAF，∴CE＝CF，∴AC垂直平分EF，∴CG＝EF，即△EGH是等腰直角三角形，∵GH⊥BC，∴EH＝EC，∴S△EGH＝S△EGC＝S△ECF，即S△ECF＝4S△EGH，将△ADF旋转至△ABF′，作F′K⊥AE于点K，易知∠F′AE＝30°，∴F′K＝F′A＝EF，∴S△ADF＝S△AEF′＝AE·F′K＝EF2，又S△ECF＝EF·GC＝EF2，∴S△ADF＝S△ECF，S△ADF＝2S△EGH＝2

21、×3＝6. 第12题解图 13. ①③④　【解析】∵四边形ABCD是平行四边形，AB⊥AD，∴平行四边形ABCD是矩形，又∵AB＝AD，∴矩形ABCD是正方形，故①正确；∵AB⊥BD，∴∠ABD＝90°，∵正方形对角线将一组内角平分为两个45°的角，∴四边形ABCD不是正方形，故②不正确；∵四边形ABCD是平行四边形，∴AO＝CO，BO＝DO，又∵OB＝OC，∴AO＝CO＝BO＝DO，∴四边形ABCD是矩形，又∵OB⊥OC，即对角线互相垂直，∴矩形ABCD是正方形，故③正确；∵四边形ABCD是平行四边形，∴AB＝CD，AD＝BC，若AB＝AD，则AB＝CD＝AD＝BC，∴四边形ABC

22、D为菱形，又∵AC＝BD，∴菱形ABCD是正方形，故④正确．综上所述，其中正确的序号是①③④. 14. 75　【解析】四边形ABCD是正方形， ∴AB＝AD，∠B＝∠D＝∠BAD＝90°，在Rt△ABE和Rt△ADF中，，∴△ABE≌△ADF，∴∠BAE＝∠DAF＝(90°－60°)÷2＝15°，∴∠AEB＝75°. 15. 　【解析】∵AC＝＝5，AQ＝AD＝3，∴CQ＝2.又∵AD＝AQ，∴∠ADQ＝∠AQD.∵∠CQP＝∠AQD，∴∠ADQ＝∠CQP.∵AD∥BC，∴∠ADQ＝∠CPQ，∴∠CQP＝∠CPQ，∴CP＝CQ＝2，∴BP＝3－2＝1，∴AP＝＝＝. 16. 5　【解析

23、】如解图，将△ABE绕点A逆时针方向旋转90°，得到△AE′B′，∵∠EAF＝∠CEF＝45°，∠BAD＝90°，∴∠E′AF＝45°，∴△AEF≌△AE′F(SAS)，∴EF＝E′F，过点E′作E′G⊥CF，交CF的延长线于G，则E′G＝B′D＝9－8＝1，设CE＝x，则CF＝x，DG＝E′B′＝BE＝9－x，DF＝8－x，∴GF＝9－x＋8－x＝17－2x，又EF2＝CE2＋CF2，E′F2＝E′G2＋GF2∴CE2＋CF2＝E′G2＋GF2，即2x2＝(17－2x)2＋1，整理得x2－34x＋145＝0，解得x1＝29(舍)，x2＝5，∴CE＝CF＝5，∴EF2＝52＋52＝50，∴EF

24、＝5. 第16题解图 17. 证明：∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ADF＝∠CDE＝90°，AD＝CD. ∵AE＝CF， ∴DE＝DF， ∴△ADF≌△CDE(SAS)， ∴∠DAF＝∠DCE， 又∵∠AGE＝∠CGF，AE＝CF， ∴△AGE≌△CGF(AAS)， ∴AG＝CG. 18. (1)证明：∵四边形ABCD是平行四边形， ∴AD∥BC， ∴∠DAO＝∠OCB，∠ADO＝∠OBC， 又∵∠OBC＝∠OCB， ∴∠DAO＝∠ADO，OB＝OC， ∴OA＝OD. ∴OB＋OD＝OA＋OC，即AC＝BD， ∴平行四边形ABCD是矩形． (2)解：

25、使矩形ABCD为正方形的条件为：AB＝BC.(答案不唯一) 19. (1)证明：在平行四边形ABCD中，AD∥CF， 则∠AEG＝∠BFG， ∵AB的垂直平分线交AD于点E， ∴AG＝BG， 又∵∠AGE＝∠BGF， ∴△AGE≌△BGF(AAS)； (2)解：四边形AFBE为菱形． 理由如下：由(1)得AE＝BF，AE∥BF, 则四边形AFBE为平行四边形， ∵EF垂直平分AB， ∴AE＝BE， ∴四边形AFBE为菱形． 20. (1)证明：∵E是AD的中点， ∴AE＝DE.∵AF∥BC， ∴∠FAE＝∠BDE，∠AFE＝∠DBE. 在△AFE和△DBE中

26、，， ∴△AFE≌△DBE(AAS)． ∴AF＝BD. ∵AF＝DC，∴BD＝DC. (2)解：AB＝BC， 理由如下：∵四边形ADCF为正方形， ∴AD＝DC且AD⊥DC， 由(1)知BD＝CD， ∴AD＝BD，∴AB＝BD， ∵BD＝BC，∴AB＝BC. 21. (1)证明：∵四边形ABCD是矩形 ∴AB∥DC，AD∥BC， ∴∠ABD＝∠CDB， ∵BE平分∠ABD，DF平分∠CDB， ∴∠EBD＝∠ABD， ∠FDB＝∠CDB， ∴∠EBD＝∠FDB， ∴DF∥EB， 又∵AD∥BC， ∴四边形BEDF是平行四边形； (2)解：当∠ABE＝30°

27、 时，四边形BEDF是菱形， 理由如下：∵BE平分∠ABD， ∴∠ABD＝2∠ABE＝60°，∠EBD＝∠ABE＝30°， ∵四边形ABCD是矩形， ∴∠A＝90°， ∴∠EDB＝∠EBD＝30°， ∴EB＝ED， 又∵四边形BEDF是平行四边形， ∴四边形BEDF是菱形． 22. (1)证明：∵四边形ABCD是菱形， ∴AD＝AB，CD∥AB， ∵BD＝DE， ∴EF＝FA， ∴DF是△EAB的中位线， ∴AB＝2DF， ∴AD＝2DF； (2)解：如解图，过点D作DM⊥AB， ∵FD＝2， ∴AB＝4， ∵∠C＝60°， ∴∠DAB＝60°，△DAB

28、为等边三角形， ∴∠ADM＝30°，AM＝2， ∴DM＝，可得DM＝2， ∴S菱形ABCD＝AB·DM＝4×2＝8. 第22题解图 23. (1)证明： ∵在Rt△ABD中，∠ABD＝90°，点E为AD的中点， ∴AE＝DE＝BE＝AD， 又∵AD＝2BC， ∴DE＝BC， 又∵AD∥BC， ∴四边形BCDE为平行四边形， 又∵BE＝DE, ∴四边形BCDE为菱形； (2)解：如解图，连接AC. 第23题解图 ∵AC平分∠BAD， ∴∠1＝∠2， 又∵AD∥BC， ∴∠1＝∠3， ∴∠2＝∠3， ∴AB＝BC， 又∵AE＝BE＝BC， ∴

29、AB＝AE＝BE， ∴△ABE为等边三角形， ∴∠BAE＝60°， ∴在Rt△ABD中，∠ADB＝90°－∠BAE＝30°， ∴∠1＝∠2＝∠ADB＝30°， ∴在菱形BCDE中，∠ADC＝2∠ADB＝60°， ∴∠ACD＝180°－∠1－∠ADC ＝90°， 又∵BC＝1， ∴在菱形BCDE中， CD＝BC＝1， ∴在Rt△ACD中，AC＝ CD·tan∠ADC＝. 满分冲关 1. C　【解析】 序号 逐个分析 正误 ① 如解图，过点F分别作FM⊥AB，FP⊥AD，延长MF、PF，分别交CD、BC于点N、Q，∵四边形ABCD是正方形，∴AB＝BC＝CD＝AD，

30、AC分别平分∠BAD、∠BCD，∴FM＝FP，FN＝FQ.∵S△ABF＝AB·FM，S△ADF＝AD·FP，∴S△ABF＝S△ADF 第1题解图 √ ② ∵S△CDF＝CD·FN，S△CEF＝CE·FQ＝×BC·FQ＝×CD·FN＝S△CDF，∴S△CDF＝2S△CEF≠4S△CEF × ③ ∵AD∥BC，∴S△ADF∽S△CEF, ∴S△ADF∶S△CEF＝(AD∶CE)2＝4∶1，∴S△ADF＝4S△CEF≠2S△CEF × ④ ∵S△CDF＝2S△CEF，S△ADF＝4S△CEF, ∴S△ADF＝2S△CDF √ 综上所述，结论①④正确，故选C. 2. 2或

31、　【解析】如解图，连接BD交AC于O；∵四边形ABCD是菱形，∴AB＝BC＝CD＝AD＝5，∠DAC＝∠BAC，AC⊥BD，OA＝OC＝4，OB＝OD，∴OB＝OD＝＝3，∵EF⊥AA′，∴∠EPA＝∠FPA＝90°，∴∠EAP＋∠AEP＝90°，∠FAP＋∠AFP＝90°，∴∠AEP＝∠AFP，∴AE＝AF，∵△A′EF是由△AEF翻折，∴AE＝EA′，AF＝FA′，∴AE＝EA′＝A′F＝FA，∴四边形AEA′F是菱形，∴AP＝PA′，分两种情况：①当∠DA′C＝90°时，A′与O重合，此时AA′＝4，∴AP＝2；②当∠A′DC＝90°时，设AP＝PA′＝x，则OA′＝4－2x，∵AC⊥B

32、D，∴∠A′OD＝∠DOC＝90°，由角的互余关系得：∠A′DO＝∠DCO，∴△A′OD∽△DOC，∴＝，即＝，解得x＝，即AP＝. 第2题解图 3. －1　【解析】如解图，延长DE到M，使GM＝GH，连接AM，BM，∵DE⊥AF，∠GAH＝45°，∴∠AHG＝45°，AM＝AH，∴∠AMH＝45°，∴∠MAH＝90°，∴∠MAB＝∠HAD，可证△MAB≌△HAD(SAS)，则HD＝BM，∠AMB＝∠AHD＝135°，∴∠DMB＝90°，∴GI∥MB，∴DH＝MB＝2GI＝2，设AG＝x，则DG＝2＋x，∵AG2＋DG2＝AD2，∴x2＋＝42，解得x1＝－1－(舍)，x2＝－1＋，∴

33、S△ADH＝DH·AG＝×2×＝－1. 第3题解图 4. 15　【解析】设CD＝x，则CD′＝x，BC＝x＋2，则BE＝，AE＝AB－BE＝，在Rt△B′AE和Rt△B′DC中，由勾股定理得AB′＝，B′D＝，又AB′＋B′D＝BC＝x＋2，即＋＝x＋2，化简得x2－x＝0，解得x＝3或x＝0(舍)，则CD＝3，BC＝5，故面积为15. 5. 2.4　【解析】如解图，延长GO交AB于点H，过点F作PQ⊥BC于点Q，交AD于点P，交BD于点M，易证△APF∽△FQE，∴＝＝＝2，设PF＝x，则EQ＝x，FQ＝6－x，又EQ2＋QF2＝EF2，即()2＋(6－x)2＝32，解得∶x＝6(

34、舍) 或x＝3.6，∴PF＝3.6, FQ＝2.4, EQ＝1.8, BQ＝4.8, PD＝CQ＝1.2，∴DM＝，∴OM＝OD－DM＝3－＝，又FM＝PF－PM＝3.6－1.2＝2.4，且＝，∴＝，∴DG＝4，∵HG过点O易得BH＝DG＝4，又＝＝，∴＝，即S△BFG＝2.4. 第5题解图 6. 解：(1)AG2＝GE2＋GF2； 理由如下：如解图，连接CG，∵四边形ABCD是正方形， ∴∠ADG＝∠CDG＝45°，AD＝CD，DG＝DG， ∴△ADG≌△CDG， ∴AG＝CG， 又∵GE⊥DC，GF⊥BC，∠ECF＝90°， ∴四边形CEGF是矩形， ∴CF＝GE，

35、 在Rt△GFC中，由勾股定理得，CG2＝GF2＋CF2， ∴AG2＝GE2＋GF2； (2)过点A作AM⊥BD于点M， ∵GF⊥BC，∠ABG＝∠GBC＝45°， ∴∠BAM＝∠BGF＝45°， ∴△ABM，△BGF都是等腰直角三角形， ∵AB＝1，∴AM＝BM＝， ∵∠AGF＝105°，∴∠AGM＝60°， ∴tan 60°＝，∴GM＝ ， ∴BG＝BM＋GM＝＋＝. 第6题解图 7. (1)解：∵四边形ABCD是菱形，∠BAD＝60°， ∴△ABD，△BCD是等边三角形， ∴∠ABD＝∠CBD＝∠ADB＝∠BAD＝60°，BA＝BC， ∵∠AMB＝30°，

36、∠ADB＝∠AMB＋∠DAM， ∴∠DAM＝∠DMA＝30°， ∴∠BAM＝90°，DA＝DM＝AB＝BC＝CE＝3， 在△BMA和△BMC中，， ∴△BMA≌△BMC(SAS)， ∴∠BCM＝∠BAM＝90°， 在Rt△BCE中，BE＝＝3； (2)证明：如解图，在BD上取一点G，使得BG＝DF，连接CG交BE于O， 第7题解图 ∵BG＝DF，∠CBG＝∠BDF，BD＝BC， ∴△GBC≌△FDB， ∴∠BGC＝∠BFD，∠DBF＝∠BCG， ∴∠MGC＝∠BFC， ∵∠COF＝∠CBO＋∠OCB＝∠CBO＋∠DBF＝60°， 在△COE中，∠ECO＋∠EOC＋∠CEO＝180°， 在△BCF中，∠BFC＋∠CBF＋∠BCF＝180°， ∵CB＝CE， ∴∠CBE＝∠CEO，∵∠BCF＝∠COE＝60°， ∴∠ECO＝∠BFC＝∠MGC， ∴MC＝MG. 由(1)可知△BMA≌△BMC， ∴AM＝MC＝MG， ∵MG＝DG＋DM， ∵BD＝CD，BG＝DF， ∴DG＝CF， ∴AM＝CF＋DM. 20