8. (2024·温州)如图①是一款风筝，图②是其骨架示意图，$A$，$B$，$C$，$D$是矩形的四个顶点，点$E$，$F$在$AB$中垂直线上，$∠ EAB=∠ FDC=45^{\circ}$，$AF$，$DE$交于点$G$，$CE$，$BF$交于点$H$. 若$AB=10\mathrm{dm}$，$BC=7\mathrm{dm}$，则骨架总长(图②中所有实线之和)为
(59+10$\sqrt{2}$)
$\mathrm{dm}$.答案：8.(59+10$\sqrt{2}$)
9. 如图，在矩形$ABCD$中，$AB=1$，$BG$，$DH$分别平分$∠ ABC$，$∠ ADC$，交$AD$，$BC$于点$G$，$H$. 要使四边形$BHDG$为菱形，则$AD$的长为
1+√2
.答案：9.1+√2
解析：
解：在矩形$ABCD$中，$AB=1$，$AD=BC$，$AB=CD=1$，$∠ ABC=∠ ADC=90°$。
因为$BG$平分$∠ ABC$，所以$∠ ABG = \frac{1}{2}∠ ABC = 45°$。
在$△ ABG$中，$∠ A=90°$，$∠ ABG=45°$，所以$△ ABG$是等腰直角三角形，$AG=AB=1$。
同理，$DH$平分$∠ ADC$，$∠ CDH = 45°$，在$△ CDH$中，$∠ C=90°$，$△ CDH$是等腰直角三角形，$CH=CD=1$。
设$AD=BC=x$，则$DG=AD - AG = x - 1$，$BH=BC - CH = x - 1$。
因为$AD// BC$，所以$DG// BH$，又$DG=BH$，所以四边形$BHDG$是平行四边形。
要使四边形$BHDG$为菱形，则需$BG=DG$。
在$Rt△ ABG$中，$BG=\sqrt{AB^2 + AG^2}=\sqrt{1^2 + 1^2}=\sqrt{2}$。
因为$DG=x - 1$，所以$x - 1=\sqrt{2}$，解得$x=1 + \sqrt{2}$。
即$AD$的长为$1 + \sqrt{2}$。
$1 + \sqrt{2}$
因为$BG$平分$∠ ABC$，所以$∠ ABG = \frac{1}{2}∠ ABC = 45°$。
在$△ ABG$中，$∠ A=90°$，$∠ ABG=45°$，所以$△ ABG$是等腰直角三角形，$AG=AB=1$。
同理，$DH$平分$∠ ADC$，$∠ CDH = 45°$，在$△ CDH$中，$∠ C=90°$，$△ CDH$是等腰直角三角形，$CH=CD=1$。
设$AD=BC=x$，则$DG=AD - AG = x - 1$，$BH=BC - CH = x - 1$。
因为$AD// BC$，所以$DG// BH$，又$DG=BH$，所以四边形$BHDG$是平行四边形。
要使四边形$BHDG$为菱形，则需$BG=DG$。
在$Rt△ ABG$中，$BG=\sqrt{AB^2 + AG^2}=\sqrt{1^2 + 1^2}=\sqrt{2}$。
因为$DG=x - 1$，所以$x - 1=\sqrt{2}$，解得$x=1 + \sqrt{2}$。
即$AD$的长为$1 + \sqrt{2}$。
$1 + \sqrt{2}$
10. 如图，四边形$ABCD$是平行四边形，$BM// DN$，且分别交对角线$AC$于点$M$，$N$，连接$MD$，$BN$.
(1)求证：$∠ DMN=∠ BNM$；
(2)若$∠ BAC=∠ DAC$，求证：四边形$BMDN$是菱形.
(1)求证：$∠ DMN=∠ BNM$；
(2)若$∠ BAC=∠ DAC$，求证：四边形$BMDN$是菱形.
答案：
10.证明:(1)连接BD,交AC于点O,如答图.
∵四边形ABCD是平行四边形,
∴OB=OD.
∵BM//DN,
∴∠MBO=∠NDO.
又
∵∠BOM=∠DON,
∴△BOM≌△DON(ASA),
∴BM=DN,
∴四边形BMDN为平行四边形，
∴BN//DM,
∴∠DMN=∠BNM.
(2)
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC//AD,
∴∠BCA=∠DAC;
∵∠BAC=∠DAC,
∴∠BAC=∠BCA,
∴AB=BC,
∴平行四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD,
∴MN⊥BD,
∴平行四边形BMDN是菱形.
10.证明:(1)连接BD,交AC于点O,如答图.
∵四边形ABCD是平行四边形,
∴OB=OD.
∵BM//DN,
∴∠MBO=∠NDO.
又
∵∠BOM=∠DON,
∴△BOM≌△DON(ASA),
∴BM=DN,
∴四边形BMDN为平行四边形，
∴BN//DM,
∴∠DMN=∠BNM.
(2)
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴BC//AD,
∴∠BCA=∠DAC;
∵∠BAC=∠DAC,
∴∠BAC=∠BCA,
∴AB=BC,
∴平行四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD,
∴MN⊥BD,
∴平行四边形BMDN是菱形.
11. 如图，在矩形纸片$ABCD$中，$AB=6$，$BC=8$，将矩形纸片折叠，使点$B$与点$D$重合，点$A$落在点$E$处，$FG$是折痕，连接$BF$.
(1)求证：四边形$BGDF$是菱形；
(2)求折痕$FG$的长.
(1)求证：四边形$BGDF$是菱形；
(2)求折痕$FG$的长.
答案：
11.(1)证明:
∵将矩形纸片折叠，使点B与点D重合，点A 落在点E处，FG是折痕，
∴BF=DF,BG=DG,∠BFG=∠DFG.
∵四边形ABCD是矩形,
∴AD=BC=8,AD//BC,
∴∠DFG=∠BGF,
∴∠BFG=∠BGF,
∴BF=BG,
∴BF=DF=BG=DG,
∴四边形BGDF是菱形.
(2)解:如答图,过点F作FM⊥BC于点M,则∠FMC=∠FMB=90°.
∵四边形ABCD是矩形,
∴∠A=∠ABM=90°,
∴四边形ABMF是矩形，
∴AB=FM=6,AF=BM.
设AF=x,则BF=DF=8−x,
在Rt△BAF中,由勾股定理,得AB²+AF²=BF²,
即6²+x²=(8−x)²,解得x=$\frac{7}{4}$,
即AF=$\frac{7}{4}$,BG=DF=8−x=$\frac{25}{4}$,
∴MG=BG−BM=$\frac{25}{4}$−$\frac{7}{4}$=$\frac{9}{2}$.
在Rt△FMG中,由勾股定理,得FG=$\sqrt{FM²+MG²}$=$\sqrt{6²+(\frac{9}{2})²}$=$\sqrt{\frac{225}{4}}$=$\frac{15}{2}$.
11.(1)证明:
∵将矩形纸片折叠，使点B与点D重合，点A 落在点E处，FG是折痕，
∴BF=DF,BG=DG,∠BFG=∠DFG.
∵四边形ABCD是矩形,
∴AD=BC=8,AD//BC,
∴∠DFG=∠BGF,
∴∠BFG=∠BGF,
∴BF=BG,
∴BF=DF=BG=DG,
∴四边形BGDF是菱形.
(2)解:如答图,过点F作FM⊥BC于点M,则∠FMC=∠FMB=90°.
∵四边形ABCD是矩形,
∴∠A=∠ABM=90°,
∴四边形ABMF是矩形，
∴AB=FM=6,AF=BM.
设AF=x,则BF=DF=8−x,
在Rt△BAF中,由勾股定理,得AB²+AF²=BF²,
即6²+x²=(8−x)²,解得x=$\frac{7}{4}$,
即AF=$\frac{7}{4}$,BG=DF=8−x=$\frac{25}{4}$,
∴MG=BG−BM=$\frac{25}{4}$−$\frac{7}{4}$=$\frac{9}{2}$.
在Rt△FMG中,由勾股定理,得FG=$\sqrt{FM²+MG²}$=$\sqrt{6²+(\frac{9}{2})²}$=$\sqrt{\frac{225}{4}}$=$\frac{15}{2}$.
12. 如图，在$Rt△ ABC$中，$∠ ACB=90^{\circ}$，$AE$平分$∠ CAB$交$CB$于点$E$，$CD⊥ AB$于点$D$，交$AE$于点$G$，过点$G$作$GF// BC$交$AB$于点$F$，连接$EF$.
(1)求证：$CG=CE$；
(2)判断四边形$CGFE$的形状，并说明理由；
(3)若$AC=3$，$BC=4$，求线段$DG$的长度.
(1)求证：$CG=CE$；
(2)判断四边形$CGFE$的形状，并说明理由；
(3)若$AC=3$，$BC=4$，求线段$DG$的长度.
答案：12.(1)证明:
∵AE平分∠CAB,
∴∠CAE=∠BAE.
∵∠ACB=90°,CD⊥AB,
∴∠CAE+∠CEA=∠BAE+∠AGD=90°,
∴∠CEA=∠AGD.
又
∵∠CGE=∠AGD,
∴∠CEA=∠CGE,
∴CG=CE.
(2)解:四边形CGFE是菱形,理由如下:
∵GF//BC,
∴∠CEG=∠EGF.
由(1)知∠CEA=∠CGE,
∴∠CGE=∠EGF,
∴∠AGC=∠AGF.
又
∵AG=AG,∠CAG=∠FAG,
∴△AGC≌△AGF(ASA),
∴CG=FG.
由(1)知CG=CE,
∴CE=FG.
又
∵GF//BC,
∴四边形CGFE是平行四边形.
又
∵CG=CE,
∴四边形CGFE是菱形.
(3)解:Rt△ABC中,∠ACB=90°,AC=3,BC=4,
∴AB=$\sqrt{AC²+BC²}$=5.
由(2)知△AGC≌△AGF,
∴AF=AC=3,
∴BF=AB−AF=2.
∵四边形CGFE是菱形,
∴EF//CG;
∵CD⊥AB,
∴EF⊥AB.
设CE=EF=CG=GF=x,则BE=BC−CE=4−x,
在Rt△EFB中,EF²+BF²=BE²,
即x²+2²=(4−x)²,
解得x=$\frac{3}{2}$,
∴CG=$\frac{3}{2}$.
∵S_{△ABC}=$\frac{1}{2}$AC·BC=$\frac{1}{2}$AB·CD,
∴CD=$\frac{AC·BC}{AB}$=$\frac{3×4}{5}$=$\frac{12}{5}$,
∴GD=CD−CG=$\frac{12}{5}$−$\frac{3}{2}$=$\frac{9}{10}$.
∵AE平分∠CAB,
∴∠CAE=∠BAE.
∵∠ACB=90°,CD⊥AB,
∴∠CAE+∠CEA=∠BAE+∠AGD=90°,
∴∠CEA=∠AGD.
又
∵∠CGE=∠AGD,
∴∠CEA=∠CGE,
∴CG=CE.
(2)解:四边形CGFE是菱形,理由如下:
∵GF//BC,
∴∠CEG=∠EGF.
由(1)知∠CEA=∠CGE,
∴∠CGE=∠EGF,
∴∠AGC=∠AGF.
又
∵AG=AG,∠CAG=∠FAG,
∴△AGC≌△AGF(ASA),
∴CG=FG.
由(1)知CG=CE,
∴CE=FG.
又
∵GF//BC,
∴四边形CGFE是平行四边形.
又
∵CG=CE,
∴四边形CGFE是菱形.
(3)解:Rt△ABC中,∠ACB=90°,AC=3,BC=4,
∴AB=$\sqrt{AC²+BC²}$=5.
由(2)知△AGC≌△AGF,
∴AF=AC=3,
∴BF=AB−AF=2.
∵四边形CGFE是菱形,
∴EF//CG;
∵CD⊥AB,
∴EF⊥AB.
设CE=EF=CG=GF=x,则BE=BC−CE=4−x,
在Rt△EFB中,EF²+BF²=BE²,
即x²+2²=(4−x)²,
解得x=$\frac{3}{2}$,
∴CG=$\frac{3}{2}$.
∵S_{△ABC}=$\frac{1}{2}$AC·BC=$\frac{1}{2}$AB·CD,
∴CD=$\frac{AC·BC}{AB}$=$\frac{3×4}{5}$=$\frac{12}{5}$,
∴GD=CD−CG=$\frac{12}{5}$−$\frac{3}{2}$=$\frac{9}{10}$.