7. (2024·海安期末)如图，将两张等宽的矩形纸条交叉叠放在一起，重合部分构成四边形 $ABCD$，且对角线 $AC = 8$，$BD = 6$，则纸条的宽度是(
A.$9.6$
B.$5$
C.$4.8$
D.$2.4$
C
)A.$9.6$
B.$5$
C.$4.8$
D.$2.4$
答案：
7.C 解析:如图，过点D作DH⊥AB于点H,DF⊥BC于点F,设AC,BD的交点为O.
∵两张纸条的宽度相同，
∴DH=DF.易知AB//CD,AD//BC,
∴四边形ABCD是平行四边形.
∵SABCD=AB·DH=BC·DF,
∴BC=AB.
∴四边形ABCD是菱形.
∴OB=OD=$\frac{1}{2}$BD=3,OA=OC=$\frac{1}{2}$AC=4,AC⊥BD.
∴∠AOB=90°.
∴AB=$\sqrt{OA²+OB²}$=5.
∵S菱形ABCD=AB·DH=$\frac{1}{2}$AC·BD,
∴DH=$\frac{\frac{1}{2}×8×6}{5}$=$\frac{24}{5}$,即纸条的宽度是4.8.
7.C 解析:如图，过点D作DH⊥AB于点H,DF⊥BC于点F,设AC,BD的交点为O.
∵两张纸条的宽度相同，
∴DH=DF.易知AB//CD,AD//BC,
∴四边形ABCD是平行四边形.
∵SABCD=AB·DH=BC·DF,
∴BC=AB.
∴四边形ABCD是菱形.
∴OB=OD=$\frac{1}{2}$BD=3,OA=OC=$\frac{1}{2}$AC=4,AC⊥BD.
∴∠AOB=90°.
∴AB=$\sqrt{OA²+OB²}$=5.
∵S菱形ABCD=AB·DH=$\frac{1}{2}$AC·BD,
∴DH=$\frac{\frac{1}{2}×8×6}{5}$=$\frac{24}{5}$,即纸条的宽度是4.8.
8. 如图，在矩形 $ABCD$ 中，$AB = 1$，$BG$，$DH$ 分别平分 $\angle ABC$，$\angle ADC$，交 $AD$，$BC$ 于点 $G$，$H$，要使四边形 $BHDG$ 为菱形，则 $AD$ 的长为
1+$\sqrt{2}$
.答案：8.1+$\sqrt{2}$
解析：
证明：
∵四边形$ABCD$是矩形，
∴$AD// BC$，$\angle ABC = \angle ADC = 90°$，$AB = CD = 1$。
∵$BG$平分$\angle ABC$，$DH$平分$\angle ADC$，
∴$\angle ABG = \angle CBG = 45°$，$\angle CDH = \angle ADH = 45°$。
在$\triangle ABG$中，$\angle A = 90°$，$\angle ABG = 45°$，
∴$\triangle ABG$是等腰直角三角形，$AG = AB = 1$。
同理，在$\triangle CDH$中，$CH = CD = 1$。
设$AD = x$，则$BC = x$，$GD = AD - AG = x - 1$，$BH = BC - CH = x - 1$。
∵$AD// BC$，$GD = BH$，
∴四边形$BHDG$是平行四边形。
要使四边形$BHDG$为菱形，需$BG = GD$。
在$\mathrm{Rt}\triangle ABG$中，$BG = \sqrt{AB^2 + AG^2} = \sqrt{1^2 + 1^2} = \sqrt{2}$。
∵$GD = x - 1$，$BG = GD$，
∴$x - 1 = \sqrt{2}$，解得$x = 1 + \sqrt{2}$。
即$AD$的长为$1 + \sqrt{2}$。
$1 + \sqrt{2}$
∵四边形$ABCD$是矩形，
∴$AD// BC$，$\angle ABC = \angle ADC = 90°$，$AB = CD = 1$。
∵$BG$平分$\angle ABC$，$DH$平分$\angle ADC$，
∴$\angle ABG = \angle CBG = 45°$，$\angle CDH = \angle ADH = 45°$。
在$\triangle ABG$中，$\angle A = 90°$，$\angle ABG = 45°$，
∴$\triangle ABG$是等腰直角三角形，$AG = AB = 1$。
同理，在$\triangle CDH$中，$CH = CD = 1$。
设$AD = x$，则$BC = x$，$GD = AD - AG = x - 1$，$BH = BC - CH = x - 1$。
∵$AD// BC$，$GD = BH$，
∴四边形$BHDG$是平行四边形。
要使四边形$BHDG$为菱形，需$BG = GD$。
在$\mathrm{Rt}\triangle ABG$中，$BG = \sqrt{AB^2 + AG^2} = \sqrt{1^2 + 1^2} = \sqrt{2}$。
∵$GD = x - 1$，$BG = GD$，
∴$x - 1 = \sqrt{2}$，解得$x = 1 + \sqrt{2}$。
即$AD$的长为$1 + \sqrt{2}$。
$1 + \sqrt{2}$
9. 如图，在 $\triangle ABC$ 中，$\angle CAB = 90^{\circ}$，$D$，$E$ 分别是 $BC$，$AC$ 的中点，连接 $DE$ 并延长至点 $F$，使得 $EF = DE$，连接 $AF$，$CF$，$AD$.
(1) 求证：四边形 $ADCF$ 是菱形；
(2) 连接 $BF$，若 $\angle ACB = 60^{\circ}$，$AF = 2$，求 $BF$ 的长.
(1) 求证：四边形 $ADCF$ 是菱形；
(2) 连接 $BF$，若 $\angle ACB = 60^{\circ}$，$AF = 2$，求 $BF$ 的长.
答案：9.(1)
∵E是AC的中点，
∴AE=EC.
∵EF=DE,
∴四边形ADCF是平行四边形.在△ABC中，∠CAB=90°,D是BC 的中点，
∴AD=BD=DC.
∴四边形ADCF是菱形 (2)过点F作FG⊥BC,交BC的延长线于点G.
∴∠BGF=90°.
∵四边形ADCF是菱形,∠ACB=60°,AF=2,
∴CF=DC=AF=2,∠ACF=∠ACD=60°.
∴∠FCG=180°−∠ACF−∠ACD=60°.
∴∠GFC=90°−∠FCG=30°.在Rt△CFG中,∠GFC=30°,
∴CG=$\frac{1}{2}$CF=1.
∴FG=$\sqrt{CF²−CG²}$=$\sqrt{3}$.
∵BD=CD=2,
∴BG=BD+CD+CG=5.
∴在Rt△BFG中,BF=$\sqrt{BG²+FG²}$=2$\sqrt{7}$
∵E是AC的中点，
∴AE=EC.
∵EF=DE,
∴四边形ADCF是平行四边形.在△ABC中，∠CAB=90°,D是BC 的中点，
∴AD=BD=DC.
∴四边形ADCF是菱形 (2)过点F作FG⊥BC,交BC的延长线于点G.
∴∠BGF=90°.
∵四边形ADCF是菱形,∠ACB=60°,AF=2,
∴CF=DC=AF=2,∠ACF=∠ACD=60°.
∴∠FCG=180°−∠ACF−∠ACD=60°.
∴∠GFC=90°−∠FCG=30°.在Rt△CFG中,∠GFC=30°,
∴CG=$\frac{1}{2}$CF=1.
∴FG=$\sqrt{CF²−CG²}$=$\sqrt{3}$.
∵BD=CD=2,
∴BG=BD+CD+CG=5.
∴在Rt△BFG中,BF=$\sqrt{BG²+FG²}$=2$\sqrt{7}$
10. 如图，在四边形 $ABCD$ 中，$AC$ 与 $BD$ 交于点 $O$，$AO = CO$，$BO = DO$，$BD$ 平分 $\angle ABC$.
(1) 求证：四边形 $ABCD$ 是菱形.
(2) $E$ 为 $OB$ 上一点，连接 $CE$. 若 $OE = 1$，$CE = \sqrt{5}$，$BC = 2\sqrt{5}$，求菱形 $ABCD$ 的面积.
(1) 求证：四边形 $ABCD$ 是菱形.
(2) $E$ 为 $OB$ 上一点，连接 $CE$. 若 $OE = 1$，$CE = \sqrt{5}$，$BC = 2\sqrt{5}$，求菱形 $ABCD$ 的面积.
答案：10.(1)
∵AO=CO,BO=DO,
∴四边形ABCD是平行四边形.
∴AD//BC.
∴∠ADB=∠CBD.
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠CBD.
∴∠ABD=∠ADB.
∴AB=AD.
∴四边形ABCD是菱形 (2)由(1)可知，四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD.
∴∠BOC=90°.
∴CO=$\sqrt{CE²−OE²}$=$\sqrt{(\sqrt{5})^{2}-1^{2}}$=2.
∴AC=2CO=4.在Rt△BOC中,由勾股定理,得BO=$\sqrt{BC²−CO²}$=$\sqrt{(2\sqrt{5})^{2}-2^{2}}$=4.
∴BD=2BO=8.
∴菱形ABCD的面积=$\frac{1}{2}$AC·BD=$\frac{1}{2}$×4×8=16
∵AO=CO,BO=DO,
∴四边形ABCD是平行四边形.
∴AD//BC.
∴∠ADB=∠CBD.
∵BD平分∠ABC，
∴∠ABD=∠CBD.
∴∠ABD=∠ADB.
∴AB=AD.
∴四边形ABCD是菱形 (2)由(1)可知，四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD.
∴∠BOC=90°.
∴CO=$\sqrt{CE²−OE²}$=$\sqrt{(\sqrt{5})^{2}-1^{2}}$=2.
∴AC=2CO=4.在Rt△BOC中,由勾股定理,得BO=$\sqrt{BC²−CO²}$=$\sqrt{(2\sqrt{5})^{2}-2^{2}}$=4.
∴BD=2BO=8.
∴菱形ABCD的面积=$\frac{1}{2}$AC·BD=$\frac{1}{2}$×4×8=16
11. 如图，在 $□ ABCD$ 中，$AB = 2$，$AD = 1$，$\angle ADC = 60^{\circ}$，将 $□ ABCD$ 沿过点 $A$ 的直线 $l$ 折叠，使点 $D$ 落到边 $AB$ 上的点 $D'$ 处，折痕交边 $CD$ 于点 $E$.
(1) 求证：四边形 $BCED'$ 是菱形；
(2) 若 $P$ 是直线 $l$ 上的一个动点，求 $PD' + PB$ 的最小值.
(1) 求证：四边形 $BCED'$ 是菱形；
(2) 若 $P$ 是直线 $l$ 上的一个动点，求 $PD' + PB$ 的最小值.
答案：
11.(1)由折叠,得∠DAE=∠D'AE,∠DEA=∠D'EA,∠ADE=∠AD'E=60°.
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD=2,AD=BC=1,AB//CD.
∴∠DEA=∠D'AE.
∴∠D'EA=∠D'AE.
∴D'E=D'A.
∵∠AD'E=60°,
∴△AD'E是等边三角形.
∴易知AD'=ED'=DE=AD=1.
∴CE=D'B=1.又
∵BC=1,
∴ED'=D'B=BC=CE.
∴四边形BCED'是菱形 (2)如图，连接BD,交AE于点P,连接PD'，过点D作DG⊥BA,交BA的延长线于点G.易得点D与点D'关于直线l对称，
∴PD=PD'.
∴BD的长即为PD'+PB 的最小值.
∵CD//AB,
∴∠DAG=∠ADC=60°.
∵AD=1,
∴在Rt△ADG中,易得AG=$\frac{1}{2}$,DG=$\frac{\sqrt{3}}{2}$.
∴BG=AG+AB=$\frac{5}{2}$.
∴在Rt△BDG中，由勾股定理，得BD=$\sqrt{DG²+BG²}$=$\sqrt{7}$.
∴PD'+PB的最小值为$\sqrt{7}$
11.(1)由折叠,得∠DAE=∠D'AE,∠DEA=∠D'EA,∠ADE=∠AD'E=60°.
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD=2,AD=BC=1,AB//CD.
∴∠DEA=∠D'AE.
∴∠D'EA=∠D'AE.
∴D'E=D'A.
∵∠AD'E=60°,
∴△AD'E是等边三角形.
∴易知AD'=ED'=DE=AD=1.
∴CE=D'B=1.又
∵BC=1,
∴ED'=D'B=BC=CE.
∴四边形BCED'是菱形 (2)如图，连接BD,交AE于点P,连接PD'，过点D作DG⊥BA,交BA的延长线于点G.易得点D与点D'关于直线l对称，
∴PD=PD'.
∴BD的长即为PD'+PB 的最小值.
∵CD//AB,
∴∠DAG=∠ADC=60°.
∵AD=1,
∴在Rt△ADG中,易得AG=$\frac{1}{2}$,DG=$\frac{\sqrt{3}}{2}$.
∴BG=AG+AB=$\frac{5}{2}$.
∴在Rt△BDG中，由勾股定理，得BD=$\sqrt{DG²+BG²}$=$\sqrt{7}$.
∴PD'+PB的最小值为$\sqrt{7}$