9. (2025·内江)如图，在矩形 $ABCD$ 中，$AB = 8$，$AD = 6$，$E$，$F$ 分别是边 $AD$，$CD$ 上的动点，连接 $BE$，$EF$，$G$ 为 $BE$ 的中点，$H$ 为 $EF$ 的中点，连接 $GH$，则 $GH$ 长的最大值是
]
5
。]答案：9.5
解析：
解：连接 $BF$。
在矩形 $ABCD$ 中，$AB = 8$，$AD = 6$，则 $BC = AD = 6$，$\angle C = 90°$。
因为 $G$ 为 $BE$ 的中点，$H$ 为 $EF$ 的中点，所以 $GH$ 是 $\triangle BEF$ 的中位线，因此 $GH = \frac{1}{2}BF$。
当 $BF$ 最大时，$GH$ 最大。点 $F$ 在 $CD$ 上运动，当 $F$ 与 $D$ 重合时，$BF$ 最大。
此时 $BF = BD$，在 $Rt\triangle BCD$ 中，$BD = \sqrt{BC^2 + CD^2} = \sqrt{6^2 + 8^2} = 10$。
所以 $GH = \frac{1}{2} × 10 = 5$。
故 $GH$ 长的最大值是 $5$。
在矩形 $ABCD$ 中，$AB = 8$，$AD = 6$，则 $BC = AD = 6$，$\angle C = 90°$。
因为 $G$ 为 $BE$ 的中点，$H$ 为 $EF$ 的中点，所以 $GH$ 是 $\triangle BEF$ 的中位线，因此 $GH = \frac{1}{2}BF$。
当 $BF$ 最大时，$GH$ 最大。点 $F$ 在 $CD$ 上运动，当 $F$ 与 $D$ 重合时，$BF$ 最大。
此时 $BF = BD$，在 $Rt\triangle BCD$ 中，$BD = \sqrt{BC^2 + CD^2} = \sqrt{6^2 + 8^2} = 10$。
所以 $GH = \frac{1}{2} × 10 = 5$。
故 $GH$ 长的最大值是 $5$。
10. (2025·内蒙古)如图，$ABCD$ 是一个矩形草坪，对角线 $AC$，$BD$ 相交于点 $O$，$H$ 是 $BC$ 边的中点，连接 $OH$，且 $OH = 20$ m，$AD = 30$ m，则该草坪的面积为(
A.$2400$ m$^{2}$
B.$1800$ m$^{2}$
C.$1200$ m$^{2}$
D.$600$ m$^{2}$
C
)A.$2400$ m$^{2}$
B.$1800$ m$^{2}$
C.$1200$ m$^{2}$
D.$600$ m$^{2}$
答案：10.C
解析：
解：
∵四边形$ABCD$是矩形，
∴$AC=BD$，$OA=OC=\frac{1}{2}AC$，$OB=OD=\frac{1}{2}BD$，$∠ABC=90^{\circ}$，$AD=BC$，
∵$H$是$BC$边的中点，
∴$OH$是$\triangle ABC$的中位线，
∴$OH=\frac{1}{2}AB$，
∵$OH = 20\space m$，
∴$AB=2OH=40\space m$，
∵$AD = 30\space m$，
∴矩形草坪的面积为$AB× AD=40×30 = 1200\space m^{2}$。
C
∵四边形$ABCD$是矩形，
∴$AC=BD$，$OA=OC=\frac{1}{2}AC$，$OB=OD=\frac{1}{2}BD$，$∠ABC=90^{\circ}$，$AD=BC$，
∵$H$是$BC$边的中点，
∴$OH$是$\triangle ABC$的中位线，
∴$OH=\frac{1}{2}AB$，
∵$OH = 20\space m$，
∴$AB=2OH=40\space m$，
∵$AD = 30\space m$，
∴矩形草坪的面积为$AB× AD=40×30 = 1200\space m^{2}$。
C
11. 如图，在四边形 $ABCD$ 中，$\angle ADC = 90^{\circ}$，连接 $AC$，$\angle DAC = 30^{\circ}$，取 $AC$ 的中点 $O$，$BC$ 的中点 $E$，连接 $OD$，$OE$，$\angle DOE = 88^{\circ}$，则 $\angle CAB$ 的度数为(
A.$20^{\circ}$
B.$28^{\circ}$
C.$30^{\circ}$
D.$38^{\circ}$
B
)A.$20^{\circ}$
B.$28^{\circ}$
C.$30^{\circ}$
D.$38^{\circ}$
答案：11.B
解析：
证明：
在$\mathrm{Rt}\triangle ADC$中，$\angle ADC=90°$，$O$为$AC$中点，
$\therefore OD=OA=OC=\frac{1}{2}AC$（直角三角形斜边中线等于斜边一半），
$\therefore \angle ODC=\angle OCD$，$\angle OAD=\angle ODA=30°$，
$\therefore \angle AOD=180°-30°-30°=120°$，$\angle ACD=60°$。
$E$为$BC$中点，$O$为$AC$中点，
$\therefore OE$是$\triangle ABC$的中位线，$\therefore OE// AB$，
$\therefore \angle EOC=\angle CAB$（设$\angle CAB=x$）。
$\angle ACD=60°$，$\angle ODC=\angle OCD=60°$，
$\therefore \angle DOC=180°-60°-60°=60°$。
$\angle AOD+\angle DOC+\angle COE+\angle DOE=360°$（周角定义），
即$120°+60°+x+88°=360°$，
解得$x=28°$。
$\angle CAB=28°$。
答案：B
在$\mathrm{Rt}\triangle ADC$中，$\angle ADC=90°$，$O$为$AC$中点，
$\therefore OD=OA=OC=\frac{1}{2}AC$（直角三角形斜边中线等于斜边一半），
$\therefore \angle ODC=\angle OCD$，$\angle OAD=\angle ODA=30°$，
$\therefore \angle AOD=180°-30°-30°=120°$，$\angle ACD=60°$。
$E$为$BC$中点，$O$为$AC$中点，
$\therefore OE$是$\triangle ABC$的中位线，$\therefore OE// AB$，
$\therefore \angle EOC=\angle CAB$（设$\angle CAB=x$）。
$\angle ACD=60°$，$\angle ODC=\angle OCD=60°$，
$\therefore \angle DOC=180°-60°-60°=60°$。
$\angle AOD+\angle DOC+\angle COE+\angle DOE=360°$（周角定义），
即$120°+60°+x+88°=360°$，
解得$x=28°$。
$\angle CAB=28°$。
答案：B
12. 如图，在菱形 $ABCD$ 中，对角线 $AC$，$BD$ 相交于点 $O$，点 $E$ 在线段 $BO$ 上，连接 $AE$. 若 $5BE = 3CD$，$\angle DAE = \angle DEA$，$EO = 1$，则菱形 $ABCD$ 的面积为(
A.$12$
B.$24$
C.$48$
D.$96$
B
)A.$12$
B.$24$
C.$48$
D.$96$
答案：12.B
解析：
证明：设菱形$ABCD$的边长$CD = x$，则$AB = BC = CD = DA = x$。
因为$5BE = 3CD$，所以$BE=\frac{3}{5}x$。
设$BO = y$，则$BD = 2y$，$EO = BO - BE = y - \frac{3}{5}x = 1$，即$y=\frac{3}{5}x + 1$。
因为$\angle DAE=\angle DEA$，所以$DE = DA = x$。
又因为$DE = DO + OE = y + 1$，所以$y + 1 = x$。
联立$\begin{cases}y=\frac{3}{5}x + 1\\y + 1 = x\end{cases}$，解得$x = 5$，$y = 4$，则$BD = 2y = 8$。
在$Rt\triangle AOD$中，$AO=\sqrt{AD^{2}-DO^{2}}=\sqrt{5^{2}-4^{2}} = 3$，所以$AC = 2AO = 6$。
菱形面积$S=\frac{1}{2}AC· BD=\frac{1}{2}×6×8 = 24$。
结论：菱形$ABCD$的面积为$24$。
$\boxed{B}$
因为$5BE = 3CD$，所以$BE=\frac{3}{5}x$。
设$BO = y$，则$BD = 2y$，$EO = BO - BE = y - \frac{3}{5}x = 1$，即$y=\frac{3}{5}x + 1$。
因为$\angle DAE=\angle DEA$，所以$DE = DA = x$。
又因为$DE = DO + OE = y + 1$，所以$y + 1 = x$。
联立$\begin{cases}y=\frac{3}{5}x + 1\\y + 1 = x\end{cases}$，解得$x = 5$，$y = 4$，则$BD = 2y = 8$。
在$Rt\triangle AOD$中，$AO=\sqrt{AD^{2}-DO^{2}}=\sqrt{5^{2}-4^{2}} = 3$，所以$AC = 2AO = 6$。
菱形面积$S=\frac{1}{2}AC· BD=\frac{1}{2}×6×8 = 24$。
结论：菱形$ABCD$的面积为$24$。
$\boxed{B}$
13. 如图，在矩形 $ABCD$ 中，对角线 $AC$，$BD$ 相交于点 $O$，$E$ 为边 $CD$ 上任意一点(不与点 $C$，$D$ 重合). 过点 $E$ 作 $EF⊥ BD$，$EG⊥ AC$，垂足分别为 $F$，$G$. 若 $AB = 8$，$BC = 6$，则 $EF + EG =$
]
$\frac {24} {5}$
。]
答案：13.$\frac {24} {5}$
解析：
证明：
∵ 四边形 $ABCD$ 是矩形，
∴ $∠ABC=90°$，$AC=BD$，$OA=OC=\frac{1}{2}AC$，$OB=OD=\frac{1}{2}BD$，
∴ $OA=OB=OC=OD$。
在 $Rt△ABC$ 中，$AB=8$，$BC=6$，
由勾股定理得：$AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=\sqrt{8^2+6^2}=10$，
∴ $OA=OC=OB=OD=5$。
连接 $OE$，
∵ $S_{△ODC}=S_{△ODE}+S_{△OCE}$，
且 $S_{△ODC}=\frac{1}{4}S_{矩形ABCD}=\frac{1}{4}×8×6=12$，
$S_{△ODE}=\frac{1}{2}×OD×EF=\frac{1}{2}×5×EF$，
$S_{△OCE}=\frac{1}{2}×OC×EG=\frac{1}{2}×5×EG$，
∴ $\frac{1}{2}×5×EF+\frac{1}{2}×5×EG=12$，
即 $\frac{5}{2}(EF+EG)=12$，
解得 $EF+EG=\frac{24}{5}$。
$\frac{24}{5}$
∵ 四边形 $ABCD$ 是矩形，
∴ $∠ABC=90°$，$AC=BD$，$OA=OC=\frac{1}{2}AC$，$OB=OD=\frac{1}{2}BD$，
∴ $OA=OB=OC=OD$。
在 $Rt△ABC$ 中，$AB=8$，$BC=6$，
由勾股定理得：$AC=\sqrt{AB^2+BC^2}=\sqrt{8^2+6^2}=10$，
∴ $OA=OC=OB=OD=5$。
连接 $OE$，
∵ $S_{△ODC}=S_{△ODE}+S_{△OCE}$，
且 $S_{△ODC}=\frac{1}{4}S_{矩形ABCD}=\frac{1}{4}×8×6=12$，
$S_{△ODE}=\frac{1}{2}×OD×EF=\frac{1}{2}×5×EF$，
$S_{△OCE}=\frac{1}{2}×OC×EG=\frac{1}{2}×5×EG$，
∴ $\frac{1}{2}×5×EF+\frac{1}{2}×5×EG=12$，
即 $\frac{5}{2}(EF+EG)=12$，
解得 $EF+EG=\frac{24}{5}$。
$\frac{24}{5}$
14. 如图，点 $E$ 在正方形 $ABCD$ 的边 $AB$ 上，以 $BE$ 为边向正方形 $ABCD$ 外部作正方形 $BEFG$，连接 $DF$，$M$，$N$ 分别是 $DC$，$DF$ 的中点，连接 $MN$. 若 $AB = 7$，$BE = 5$，则 $MN =$
$\frac {13} {2}$
。答案：14.$\frac {13} {2}$
解析：
解：连接CF。
∵正方形ABCD中，AB=7，
∴CD=BC=7，∠BCD=90°。
∵正方形BEFG中，BE=5，
∴BG=GF=5，∠GBF=90°。
∵G、B、C共线，
∴GC=GB+BC=5+7=12。
在Rt△GCF中，GF=5，GC=12，
∴CF=$\sqrt{GF^2+GC^2}=\sqrt{5^2+12^2}=13$。
∵M、N分别是DC、DF的中点，
∴MN是△DCF的中位线，
∴MN=$\frac{1}{2}$CF=$\frac{13}{2}$。
$\frac{13}{2}$
∵正方形ABCD中，AB=7，
∴CD=BC=7，∠BCD=90°。
∵正方形BEFG中，BE=5，
∴BG=GF=5，∠GBF=90°。
∵G、B、C共线，
∴GC=GB+BC=5+7=12。
在Rt△GCF中，GF=5，GC=12，
∴CF=$\sqrt{GF^2+GC^2}=\sqrt{5^2+12^2}=13$。
∵M、N分别是DC、DF的中点，
∴MN是△DCF的中位线，
∴MN=$\frac{1}{2}$CF=$\frac{13}{2}$。
$\frac{13}{2}$
15. （2024·兰州）如图，在 $\triangle ABC$ 中，$AB = AC$，$D$ 是 $BC$ 的中点，$CE// AD$，$AE⊥ AD$，$EF⊥ AC$ 于点 $F$.
（1）求证：四边形 $ADCE$ 是矩形；
（2）若 $BC = 4$，$CE = 3$，求 $EF$ 的长.
（1）求证：四边形 $ADCE$ 是矩形；
（2）若 $BC = 4$，$CE = 3$，求 $EF$ 的长.
答案：15.(1)在$\triangle ABC$中，$\because AB=AC$，D是BC的中点，$\therefore AD⊥ BC$，即$\angle ADC=\angle ADB=90°$。$\because CE// AD$，$\therefore \angle ECD=\angle ADB=90°$。$\because AE⊥ AD$，$\therefore \angle EAD=90°$。$\therefore \angle ADC=\angle ECD=\angle EAD=90°$。$\therefore$四边形ADCE是矩形。
(2)在$\triangle ABC$中，$\because$D是BC的中点，$BC = 4$，$\therefore BD=CD=\frac{1}{2}BC = 2$。由(1)，可知四边形ADCE是矩形，$\therefore AE=CD = 2$，$\angle AEC=90°$。在$Rt\triangle AEC$中，$AE = 2$，$CE = 3$，$\therefore$由勾股定理，得$AC=\sqrt{AE^{2}+CE^{2}}=\sqrt{13}$。$\because S_{\triangle AEC}=\frac{1}{2}AC· EF=\frac{1}{2}AE· CE$，$\therefore EF=\frac{AE· CE}{AC}=\frac{2×3}{\sqrt{13}}=\frac{6\sqrt{13}}{13}$
(2)在$\triangle ABC$中，$\because$D是BC的中点，$BC = 4$，$\therefore BD=CD=\frac{1}{2}BC = 2$。由(1)，可知四边形ADCE是矩形，$\therefore AE=CD = 2$，$\angle AEC=90°$。在$Rt\triangle AEC$中，$AE = 2$，$CE = 3$，$\therefore$由勾股定理，得$AC=\sqrt{AE^{2}+CE^{2}}=\sqrt{13}$。$\because S_{\triangle AEC}=\frac{1}{2}AC· EF=\frac{1}{2}AE· CE$，$\therefore EF=\frac{AE· CE}{AC}=\frac{2×3}{\sqrt{13}}=\frac{6\sqrt{13}}{13}$