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1. 有下列命题：①矩形是轴对称图形,且有两条对称轴；②两条对角线相等的四边形是矩形；③有两个角相等的平行四边形是矩形；④两条对角线相等且互相平分的四边形是矩形. 其中正确的有(
A.4 个
B.3 个
C.2 个
D.1 个
C
).A.4 个
B.3 个
C.2 个
D.1 个
答案：
C
2. 如图,在矩形 $ABCD$ 中,对角线 $AC$,$BD$ 相交于点 $O$,$AD = 4$,$\angle AOD = 60^{\circ}$,则 $AB$ 的长为(
A.$4\sqrt{3}$
B.$2\sqrt{3}$
C.8
D.$8\sqrt{3}$
]
A
).A.$4\sqrt{3}$
B.$2\sqrt{3}$
C.8
D.$8\sqrt{3}$
]
答案：
A
3. 如图,在$\triangle ABC$中,$AC$的垂直平分线分别交 $AC$,$AB$ 于点 $D$,$F$,$BE \perp DF$,交 $DF$ 的延长线于点 $E$. 已知$\angle A = 30^{\circ}$,$BC = 2$,$AF = BF$,则四边形 $BCDE$ 的面积是(
A.$2\sqrt{3}$
B.$3\sqrt{3}$
C.4
D.$4\sqrt{3}$
]
A
).A.$2\sqrt{3}$
B.$3\sqrt{3}$
C.4
D.$4\sqrt{3}$
]
答案：
A
4. 在$□ ABCD$中,$AB = 5$,$BC = 6$,若 $AC = BD$,则$□ ABCD$的面积为
30
.
答案：
30
5. 在$□ ABCD$中,对角线 $AC$,$BD$ 相交于点 $O$,且 $OA = OB$,$\angle OAD = 65^{\circ}$,则$\angle ODC = $
25°
.
答案：
25°
6. 如图,在矩形 $ABCD$ 中,$E$ 为 $AD$ 上一点,$EF \perp CE$,交 $AB$ 于点 $F$,$DE = 2$,矩形的周长为 16,且 $CE = EF$. 求 $AE$ 的长.
]
]
答案：
提示：由已知可证得 Rt△AEF≌△DCE，因此有 AF=DE=2，AE=DC.再根据矩形 ABCD 的周长为 16，得出 AD+DC=8，即 AE+2+AE=8，解得 AE=3.
7. 如图,在$\triangle ABC$中,$AD$,$BE$ 分别是边 $BC$,$AC$ 上的中线,$AD$ 与 $BE$ 交于点 $O$,点 $F$,$G$ 分别是 $BO$,$AO$ 的中点,连接 $DE$,$EG$,$GF$,$FD$.
(1) 求证：$FG // DE$；
(2) 若 $AC = BC$,求证：四边形 $EDFG$ 是矩形.
]
(1) 求证：$FG // DE$；
(2) 若 $AC = BC$,求证：四边形 $EDFG$ 是矩形.
]
答案：
提示：
(1)依据三角形的中位线定理可得到 DE//AB 且 DE=$\frac{1}{2}$AB，FG//AB 且 FG=$\frac{1}{2}$AB，从而可证明 FG//DE.
(2)首先证明四边形 EDFG 是平行四边形，然后再证明 EF=DG，最后，依据矩形的判定定理进行证明即可.
(1)依据三角形的中位线定理可得到 DE//AB 且 DE=$\frac{1}{2}$AB，FG//AB 且 FG=$\frac{1}{2}$AB，从而可证明 FG//DE.
(2)首先证明四边形 EDFG 是平行四边形，然后再证明 EF=DG，最后，依据矩形的判定定理进行证明即可.
8. 如图,在$□ ABCD$中,$E$ 是 $AD$ 上一点,连接 $BE$,$F$ 为 $BE$ 的中点,且 $AF = BF$.
(1) 求证：四边形 $ABCD$ 为矩形；
(2) 过点 $F$ 作 $FG \perp BE$,垂足为点 $F$,交 $BC$ 于点 $G$,若 $BE = BC$,$S_{\triangle BFG} = 5$,$CD = 4$,求 $CG$ 的长.
]
(1) 求证：四边形 $ABCD$ 为矩形；
(2) 过点 $F$ 作 $FG \perp BE$,垂足为点 $F$,交 $BC$ 于点 $G$,若 $BE = BC$,$S_{\triangle BFG} = 5$,$CD = 4$,求 $CG$ 的长.
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答案：
提示：
(1)由 AF=BF=EF 可证得∠BAF+∠FAE=90°，然后由□ABCD 可证得结论.
(2)连接 EG，过点 E 作 EH⊥BC 于点 H，由 S△BFG=5，得 S△BGE=10，即$\frac{1}{2}$BG·EH=10，由此可得 BG=5，EG=5.在 Rt△EGH 中由勾股定理得 GH=3.在 Rt△BEH 中，由勾股定理得 BE=4$\sqrt{5}$，而 BE=BC，从而求得 CG=4$\sqrt{5}$-5.
(1)由 AF=BF=EF 可证得∠BAF+∠FAE=90°，然后由□ABCD 可证得结论.
(2)连接 EG，过点 E 作 EH⊥BC 于点 H，由 S△BFG=5，得 S△BGE=10，即$\frac{1}{2}$BG·EH=10，由此可得 BG=5，EG=5.在 Rt△EGH 中由勾股定理得 GH=3.在 Rt△BEH 中，由勾股定理得 BE=4$\sqrt{5}$，而 BE=BC，从而求得 CG=4$\sqrt{5}$-5.
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