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8. 如图，在菱形 $ABCD$ 中，$E$ 是 $CD$ 的中点，连接 $AE$ 并延长，交 $BC$ 的延长线于点 $F$.
（1）求证：$BC = CF$.
（2）若 $AB = 2$，$AE ⊥ AB$，求 $△ ABF$ 的面积.
（1）求证：$BC = CF$.
（2）若 $AB = 2$，$AE ⊥ AB$，求 $△ ABF$ 的面积.
答案
8.(1)证明:
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD//BC，BC=AD，
∴∠D=∠ECF，∠DAE=∠F.
∵E是CD的中点，
∴DE=CE，
∴△ADE≌△FCE(AAS)，
∴AD=CF，
∴BC=CF.
(2)解:由(1)知BC=CF，
∵BC=AB=2，
∴BF=2BC=4.
∵AE⊥AB，
∴∠BAF=90°，
∴AF=$\sqrt{BF^{2}-AB^{2}}=2\sqrt{3}$，
∴$S_{△ ABF}=\frac{1}{2}AB· AF=2\sqrt{3}$.
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD//BC，BC=AD，
∴∠D=∠ECF，∠DAE=∠F.
∵E是CD的中点，
∴DE=CE，
∴△ADE≌△FCE(AAS)，
∴AD=CF，
∴BC=CF.
(2)解:由(1)知BC=CF，
∵BC=AB=2，
∴BF=2BC=4.
∵AE⊥AB，
∴∠BAF=90°，
∴AF=$\sqrt{BF^{2}-AB^{2}}=2\sqrt{3}$，
∴$S_{△ ABF}=\frac{1}{2}AB· AF=2\sqrt{3}$.
解析
【解析】
(1)证明：
∵四边形$ABCD$是菱形，
∴$AD// BC$，$BC = AD$，
∴$∠ D=∠ ECF$，$∠ DAE=∠ F$。
∵$E$是$CD$的中点，
∴$DE = CE$，
∴$△ ADE≌△ FCE(AAS)$，
∴$AD = CF$，
∴$BC = CF$。
(2)解：
由(1)知$BC = CF$，
∵$BC = AB = 2$，
∴$BF = 2BC = 4$。
∵$AE⊥ AB$，
∴$∠ BAF = 90°$，
∴$AF=\sqrt{BF^{2}-AB^{2}}=\sqrt{4^{2}-2^{2}} = 2\sqrt{3}$，
∴$S_{△ ABF}=\frac{1}{2}AB· AF=\frac{1}{2}×2×2\sqrt{3}=2\sqrt{3}$。
【答案】
(1)证明过程如上述解析；(2)$2\sqrt{3}$
【知识点】
菱形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理
【点评】
本题第一问通过菱形性质和全等三角形证明线段相等，第二问利用勾股定理和三角形面积公式求解，考查对几何知识综合运用能力。
【难度系数】
0.5
(1)证明：
∵四边形$ABCD$是菱形，
∴$AD// BC$，$BC = AD$，
∴$∠ D=∠ ECF$，$∠ DAE=∠ F$。
∵$E$是$CD$的中点，
∴$DE = CE$，
∴$△ ADE≌△ FCE(AAS)$，
∴$AD = CF$，
∴$BC = CF$。
(2)解：
由(1)知$BC = CF$，
∵$BC = AB = 2$，
∴$BF = 2BC = 4$。
∵$AE⊥ AB$，
∴$∠ BAF = 90°$，
∴$AF=\sqrt{BF^{2}-AB^{2}}=\sqrt{4^{2}-2^{2}} = 2\sqrt{3}$，
∴$S_{△ ABF}=\frac{1}{2}AB· AF=\frac{1}{2}×2×2\sqrt{3}=2\sqrt{3}$。
【答案】
(1)证明过程如上述解析；(2)$2\sqrt{3}$
【知识点】
菱形的性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理
【点评】
本题第一问通过菱形性质和全等三角形证明线段相等，第二问利用勾股定理和三角形面积公式求解，考查对几何知识综合运用能力。
【难度系数】
0.5
9. 如图，菱形 ABCD 的边长为 2，∠A=45°，分别以点 A 和点 D 为圆心，大于 21AD 的
长为半径作弧，两弧相交于 M，N 两点，直线 MN 交 AB 于点 E，连接 CE，则 CE 的长为
(
A.$4$
B.$\sqrt{6}$
C.$2\sqrt{2}$
D.$\sqrt{10}$
长为半径作弧，两弧相交于 M，N 两点，直线 MN 交 AB 于点 E，连接 CE，则 CE 的长为
(
B
)A.$4$
B.$\sqrt{6}$
C.$2\sqrt{2}$
D.$\sqrt{10}$
答案
9.B
解析
【解析】
连接$DE$，由作图可知$MN$是线段$AD$的垂直平分线，所以$AE = DE$。
因为四边形$ABCD$是菱形，所以$AD = AB = 2$，$∠ A = ∠ B = 45°$，则$∠ ADE=∠ A = 45°$，所以$∠ DEB=∠ A+∠ ADE = 90°$。
在$Rt△ DEB$中，$DE = AE$，$AB = 2$，设$AE = x$，则$BE = 2 - x$，$DE = x$，根据勾股定理$DE^{2}+BE^{2}=BD^{2}$，又因为$BD = AD = 2$，所以$x^{2}+(2 - x)^{2}=2^{2}$，解方程得$x = \sqrt{2}$，即$DE=\sqrt{2}$，$BE = 2-\sqrt{2}$。
因为$BC = 2$，在$Rt△ BEC$中，根据勾股定理$CE=\sqrt{BE^{2}+BC^{2}}=\sqrt{(2 - \sqrt{2})^{2}+2^{2}}=\sqrt{6}$。
【答案】
$\sqrt{6}$
【知识点】
菱形的性质、垂直平分线的性质、勾股定理
【点评】
本题综合考查了菱形和垂直平分线的性质以及勾股定理的应用，需要学生有较强的逻辑推理和计算能力。
【难度系数】
0.3
连接$DE$，由作图可知$MN$是线段$AD$的垂直平分线，所以$AE = DE$。
因为四边形$ABCD$是菱形，所以$AD = AB = 2$，$∠ A = ∠ B = 45°$，则$∠ ADE=∠ A = 45°$，所以$∠ DEB=∠ A+∠ ADE = 90°$。
在$Rt△ DEB$中，$DE = AE$，$AB = 2$，设$AE = x$，则$BE = 2 - x$，$DE = x$，根据勾股定理$DE^{2}+BE^{2}=BD^{2}$，又因为$BD = AD = 2$，所以$x^{2}+(2 - x)^{2}=2^{2}$，解方程得$x = \sqrt{2}$，即$DE=\sqrt{2}$，$BE = 2-\sqrt{2}$。
因为$BC = 2$，在$Rt△ BEC$中，根据勾股定理$CE=\sqrt{BE^{2}+BC^{2}}=\sqrt{(2 - \sqrt{2})^{2}+2^{2}}=\sqrt{6}$。
【答案】
$\sqrt{6}$
【知识点】
菱形的性质、垂直平分线的性质、勾股定理
【点评】
本题综合考查了菱形和垂直平分线的性质以及勾股定理的应用，需要学生有较强的逻辑推理和计算能力。
【难度系数】
0.3
10. 如图，在平面直角坐标系 $xOy$ 中，边长为 $2$ 的菱形 $ABCD$ 的顶点 $A$，$B$ 分别在 $x$ 轴、
$y$ 轴的正半轴上移动，若 $∠ ABC = 60°$，则 $OC$ 的最大值是 .
$y$ 轴的正半轴上移动，若 $∠ ABC = 60°$，则 $OC$ 的最大值是 .
答案
10. $\sqrt{3}+1$
解析
【解析】
取$AB$的中点$E$，连接$OE$，$CE$，$OC$。
因为菱形$ABCD$中$∠ ABC = 60°$，$AB = BC = 2$，所以$△ ABC$是等边三角形。
根据等边三角形三线合一性质，$CE⊥ AB$，且$CE=\sqrt{3}$。
因为$E$为$AB$中点，$∠ AOB = 90°$，所以$OE=\dfrac{1}{2}AB = 1$（直角三角形斜边中线等于斜边的一半）。
在$△ OCE$中，根据三角形三边关系$OC≤ OE + CE$（当$O$，$E$，$C$三点共线时取等号）。
所以$OC$的最大值为$OE + CE=1+\sqrt{3}$。
【答案】
$\sqrt{3}+1$
【知识点】
菱形的性质、等边三角形的判定与性质、直角三角形斜边中线定理
【点评】
本题通过构造辅助线，利用菱形、等边三角形以及直角三角形的相关性质，结合三角形三边关系求解$OC$的最大值，综合性较强。
【难度系数】
0.3
取$AB$的中点$E$，连接$OE$，$CE$，$OC$。
因为菱形$ABCD$中$∠ ABC = 60°$，$AB = BC = 2$，所以$△ ABC$是等边三角形。
根据等边三角形三线合一性质，$CE⊥ AB$，且$CE=\sqrt{3}$。
因为$E$为$AB$中点，$∠ AOB = 90°$，所以$OE=\dfrac{1}{2}AB = 1$（直角三角形斜边中线等于斜边的一半）。
在$△ OCE$中，根据三角形三边关系$OC≤ OE + CE$（当$O$，$E$，$C$三点共线时取等号）。
所以$OC$的最大值为$OE + CE=1+\sqrt{3}$。
【答案】
$\sqrt{3}+1$
【知识点】
菱形的性质、等边三角形的判定与性质、直角三角形斜边中线定理
【点评】
本题通过构造辅助线，利用菱形、等边三角形以及直角三角形的相关性质，结合三角形三边关系求解$OC$的最大值，综合性较强。
【难度系数】
0.3
