7. 如图，在矩形 $ABCD$ 中，$E$，$F$ 分别是 $AD$，$BC$ 的中点，$G$，$H$ 分别是 $BE$，$CE$ 的中点，要使四边形 $EGFH$ 是正方形，只需添加一个条件，这个条件可以是(
A.$BC = AB$
B.$BC = 2AB$
C.$BC = \sqrt{2}AB$
D.$BC = \sqrt{3}AB$
B
)A.$BC = AB$
B.$BC = 2AB$
C.$BC = \sqrt{2}AB$
D.$BC = \sqrt{3}AB$
答案：7.B
解析：
证明：
∵四边形$ABCD$是矩形，$E$，$F$分别是$AD$，$BC$的中点，
∴$AE=ED$，$BF=FC$，$AD// BC$，$AD=BC$，$AB=CD$，$\angle A=\angle D=90°$，
∴$AE=BF$，$ED=FC$，四边形$ABFE$、$EFCD$均为矩形，
∴$BE=CE$，$EF⊥ BC$，$EF=AB$。
∵$G$，$H$分别是$BE$，$CE$的中点，
∴$EG=GB=\frac{1}{2}BE$，$EH=HC=\frac{1}{2}CE$，$GF// EC$，$HF// EB$，
∴四边形$EGFH$是平行四边形。
∵$BE=CE$，
∴$EG=EH$，故四边形$EGFH$是菱形。
要使四边形$EGFH$是正方形，需$EF=GF$。
∵$GF=\frac{1}{2}EC$，$EC=\sqrt{ED^2+CD^2}=\sqrt{(\frac{BC}{2})^2+AB^2}$，$EF=AB$，
∴$AB=\frac{1}{2}\sqrt{(\frac{BC}{2})^2+AB^2}$，解得$BC=2AB$。
答案：B
∵四边形$ABCD$是矩形，$E$，$F$分别是$AD$，$BC$的中点，
∴$AE=ED$，$BF=FC$，$AD// BC$，$AD=BC$，$AB=CD$，$\angle A=\angle D=90°$，
∴$AE=BF$，$ED=FC$，四边形$ABFE$、$EFCD$均为矩形，
∴$BE=CE$，$EF⊥ BC$，$EF=AB$。
∵$G$，$H$分别是$BE$，$CE$的中点，
∴$EG=GB=\frac{1}{2}BE$，$EH=HC=\frac{1}{2}CE$，$GF// EC$，$HF// EB$，
∴四边形$EGFH$是平行四边形。
∵$BE=CE$，
∴$EG=EH$，故四边形$EGFH$是菱形。
要使四边形$EGFH$是正方形，需$EF=GF$。
∵$GF=\frac{1}{2}EC$，$EC=\sqrt{ED^2+CD^2}=\sqrt{(\frac{BC}{2})^2+AB^2}$，$EF=AB$，
∴$AB=\frac{1}{2}\sqrt{(\frac{BC}{2})^2+AB^2}$，解得$BC=2AB$。
答案：B
8. 如图，菱形 $ABCD$ 的对角线 $AC$，$BD$ 相交于点 $O$，点 $E$，$F$ 同时从点 $O$ 出发在线段 $AC$ 上以 $1\mathrm{cm}/\mathrm{s}$ 的速度反向运动(点 $E$，$F$ 分别到达 $A$，$C$ 两点时停止运动)。设运动时间为 $t\mathrm{s}$，连接 $DE$，$DF$，$BE$，$BF$，已知 $\triangle ABD$ 是边长为 $6\mathrm{cm}$ 的等边三角形，当 $t =$
]
3
时，四边形 $DEBF$ 为正方形。]
答案：8.3
解析：
证明：
∵四边形$ABCD$是菱形，$\triangle ABD$是等边三角形，
∴$AD = AB = 6\,\mathrm{cm}$，$AC ⊥ BD$，$AO = OC$，$BO = OD$。
∵$\triangle ABD$是等边三角形，$AC ⊥ BD$，
∴$\angle BAO = 30°$，$BO = \frac{1}{2}AB = 3\,\mathrm{cm}$，
∴$AO = \sqrt{AB^2 - BO^2} = \sqrt{6^2 - 3^2} = 3\sqrt{3}\,\mathrm{cm}$，则$AC = 2AO = 6\sqrt{3}\,\mathrm{cm}$，$BD = 2BO = 6\,\mathrm{cm}$。
由题意，$OE = OF = t\,\mathrm{cm}$，$E$在$AO$上，$F$在$OC$上，
∴$EF = OE + OF = 2t$，$DE = BE$，$DF = BF$（菱形对称性）。
若四边形$DEBF$为正方形，则$EF = BD$且$EF ⊥ BD$。
∵$EF ⊥ BD$（已证$AC ⊥ BD$），
∴需$EF = BD$，
即$2t = 6$，解得$t = 3$。
$t = 3$。
∵四边形$ABCD$是菱形，$\triangle ABD$是等边三角形，
∴$AD = AB = 6\,\mathrm{cm}$，$AC ⊥ BD$，$AO = OC$，$BO = OD$。
∵$\triangle ABD$是等边三角形，$AC ⊥ BD$，
∴$\angle BAO = 30°$，$BO = \frac{1}{2}AB = 3\,\mathrm{cm}$，
∴$AO = \sqrt{AB^2 - BO^2} = \sqrt{6^2 - 3^2} = 3\sqrt{3}\,\mathrm{cm}$，则$AC = 2AO = 6\sqrt{3}\,\mathrm{cm}$，$BD = 2BO = 6\,\mathrm{cm}$。
由题意，$OE = OF = t\,\mathrm{cm}$，$E$在$AO$上，$F$在$OC$上，
∴$EF = OE + OF = 2t$，$DE = BE$，$DF = BF$（菱形对称性）。
若四边形$DEBF$为正方形，则$EF = BD$且$EF ⊥ BD$。
∵$EF ⊥ BD$（已证$AC ⊥ BD$），
∴需$EF = BD$，
即$2t = 6$，解得$t = 3$。
$t = 3$。
9. （2024·如东期末）如图，在 $\triangle ABC$ 中，$\angle ACB = 90^{\circ}$，$\angle ABC$，$\angle BAC$ 的平分线相交于点 $D$，$DE⊥ BC$，$DF⊥ AC$，垂足分别为 $E$，$F$。
（1）求证：四边形 $DECF$ 是正方形；
（2）若 $BC = 8$，$AC = 6$，求正方形 $DECF$ 的面积。
（1）求证：四边形 $DECF$ 是正方形；
（2）若 $BC = 8$，$AC = 6$，求正方形 $DECF$ 的面积。
答案：
9.(1)如图,过点D作DN⊥AB于点N,连接CD.
∵∠C=90°,DE⊥BC,DF⊥AC,
∴易得四边形DECF是矩形.
∵∠BAC,∠ABC的平分线相交于点D,DE⊥BC,DF⊥AC，DN⊥AB,
∴DF=DN,DE=DN.
∴DF=DE.
∴四边形DECF是正方形 (2)
∵BC=8,AC=6,
∴AB=$\sqrt{AC^{2}+BC^{2}}$=10.
∵$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}AC· BC=\frac{1}{2}BC· DE+\frac{1}{2}AC· DF+\frac{1}{2}AB· DN$,
∴$\frac{1}{2}×6×8=\frac{1}{2}×(6+8+10)×DF$.
∴DF=2.
∴正方形DECF的面积=$DF^{2}$=4
9.(1)如图,过点D作DN⊥AB于点N,连接CD.
∵∠C=90°,DE⊥BC,DF⊥AC,
∴易得四边形DECF是矩形.
∵∠BAC,∠ABC的平分线相交于点D,DE⊥BC,DF⊥AC，DN⊥AB,
∴DF=DN,DE=DN.
∴DF=DE.
∴四边形DECF是正方形 (2)
∵BC=8,AC=6,
∴AB=$\sqrt{AC^{2}+BC^{2}}$=10.
∵$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}AC· BC=\frac{1}{2}BC· DE+\frac{1}{2}AC· DF+\frac{1}{2}AB· DN$,
∴$\frac{1}{2}×6×8=\frac{1}{2}×(6+8+10)×DF$.
∴DF=2.
∴正方形DECF的面积=$DF^{2}$=4
10. 如图，在菱形 $ABCD$ 中，对角线 $AC$，$BD$ 交于点 $O$，点 $E$，$F$ 在对角线 $BD$ 上，且 $BE = DF$，$AC = EF$，连接 $AE$，$CE$，$CF$，$AF$。
（1）求证：四边形 $AECF$ 是正方形；
（2）若 $AB = \sqrt{26}$，$OB = 3\sqrt{2}$，求 $AE$ 的长。
（1）求证：四边形 $AECF$ 是正方形；
（2）若 $AB = \sqrt{26}$，$OB = 3\sqrt{2}$，求 $AE$ 的长。
答案：10.(1)
∵四边形ABCD是菱形，
∴OA=OC,OB=OD,AC⊥BD.
∵BE=DF,
∴OB−BE=OD−DF.
∴OE=OF.
∴四边形AECF是平行四边形.
∵AC⊥BD,
∴四边形AECF是菱形.又
∵AC=EF,
∴四边形AECF是正方形 (2)
∵AC⊥BD,AB=$\sqrt{26}$,OB=$3\sqrt{2}$,
∴在Rt△OAB中，由勾股定理，得OA=$\sqrt{AB^{2}-OB^{2}}$=$\sqrt{(\sqrt{26})^{2}-(3\sqrt{2})^{2}}$=$2\sqrt{2}$.由(1)，可知四边形AECF是正方形，
∴OE=OA=$2\sqrt{2}$.
∴在Rt△OAE中，由勾股定理，得AE=$\sqrt{OA^{2}+OE^{2}}$=$\sqrt{(2\sqrt{2})^{2}+(2\sqrt{2})^{2}}$=4
∵四边形ABCD是菱形，
∴OA=OC,OB=OD,AC⊥BD.
∵BE=DF,
∴OB−BE=OD−DF.
∴OE=OF.
∴四边形AECF是平行四边形.
∵AC⊥BD,
∴四边形AECF是菱形.又
∵AC=EF,
∴四边形AECF是正方形 (2)
∵AC⊥BD,AB=$\sqrt{26}$,OB=$3\sqrt{2}$,
∴在Rt△OAB中，由勾股定理，得OA=$\sqrt{AB^{2}-OB^{2}}$=$\sqrt{(\sqrt{26})^{2}-(3\sqrt{2})^{2}}$=$2\sqrt{2}$.由(1)，可知四边形AECF是正方形，
∴OE=OA=$2\sqrt{2}$.
∴在Rt△OAE中，由勾股定理，得AE=$\sqrt{OA^{2}+OE^{2}}$=$\sqrt{(2\sqrt{2})^{2}+(2\sqrt{2})^{2}}$=4
11. 如图，四边形 $ABCD$ 为正方形，$AB = 2\sqrt{2}$，$E$ 为对角线 $AC$ 上一动点，连接 $DE$，过点 $E$ 作 $EF⊥ DE$，交射线 $BC$ 于点 $F$，以 $DE$，$EF$ 为邻边作矩形 $DEFG$，连接 $CG$。
（1）求证：四边形 $DEFG$ 为正方形。
（2）试探究 $CE + CG$ 的值是否为定值。若是，求出这个定值；若不是，请说明理由。
（1）求证：四边形 $DEFG$ 为正方形。
（2）试探究 $CE + CG$ 的值是否为定值。若是，求出这个定值；若不是，请说明理由。
答案：
11.(1)如图,过点E分别作EM⊥BC于点M,EN⊥CD于点N.
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BCD=90°,∠ECN=45°.
∴∠EMC=∠ENC=∠BCD=90°.
∴四边形EMCN为矩形,∠NEC=∠ECN=45°.
∴NE=NC.
∴四边形EMCN为正方形.
∴EM=EN,∠NEM=90°.
∵四边形DEFG为矩形，
∴∠DEF=90°=∠NEM.
∴∠DEN+∠NEF=∠FEM+∠NEF.
∴∠DEN=∠FEM.在△DEN和△FEM中，$\begin{cases} ∠DNE=∠FME=90°, \\ EN=EM, \\ ∠DEN=∠FEM, \end{cases}$
∴△DEN≌△FEM.
∴ED=EF.
∴四边形DEFG为正方形 (2)CE十CG的值为定值.
∵四边形DEFG为正方形，
∴DE=DG,∠EDC+∠CDG=90°.
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD=DC,∠ADE+∠EDC=90°.
∴∠ADE=∠CDG.在△ADE和△CDG中，$\begin{cases} AD=CD, \\ ∠ADE=∠CDG, \\ DE=DG, \end{cases}$
∴△ADE≌△CDG.
∴AE=CG.易得AC=$\sqrt{2}$AB=$\sqrt{2}$×$2\sqrt{2}$=4,
∴CE+CG=CE+AE=AC=4,是定值
11.(1)如图,过点E分别作EM⊥BC于点M,EN⊥CD于点N.
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BCD=90°,∠ECN=45°.
∴∠EMC=∠ENC=∠BCD=90°.
∴四边形EMCN为矩形,∠NEC=∠ECN=45°.
∴NE=NC.
∴四边形EMCN为正方形.
∴EM=EN,∠NEM=90°.
∵四边形DEFG为矩形，
∴∠DEF=90°=∠NEM.
∴∠DEN+∠NEF=∠FEM+∠NEF.
∴∠DEN=∠FEM.在△DEN和△FEM中，$\begin{cases} ∠DNE=∠FME=90°, \\ EN=EM, \\ ∠DEN=∠FEM, \end{cases}$
∴△DEN≌△FEM.
∴ED=EF.
∴四边形DEFG为正方形 (2)CE十CG的值为定值.
∵四边形DEFG为正方形，
∴DE=DG,∠EDC+∠CDG=90°.
∵四边形ABCD为正方形，
∴AD=DC,∠ADE+∠EDC=90°.
∴∠ADE=∠CDG.在△ADE和△CDG中，$\begin{cases} AD=CD, \\ ∠ADE=∠CDG, \\ DE=DG, \end{cases}$
∴△ADE≌△CDG.
∴AE=CG.易得AC=$\sqrt{2}$AB=$\sqrt{2}$×$2\sqrt{2}$=4,
∴CE+CG=CE+AE=AC=4,是定值