9. 如图，在菱形 $ABCD$ 中，$AE ⊥ BC$，垂足为 $E$，$AF ⊥ CD$，垂足为 $F$. 若 $∠ B = 40°$，则 $∠ EAF$ 的度数为.

40°

1. 根据菱形邻角互补的性质，得∠C = 180° - ∠B = 180° - 40° = 140°；
2. 由AE⊥BC，AF⊥CD，可知∠AEC = ∠AFC = 90°；
3. 根据四边形内角和为360°，计算得∠EAF = 360° - ∠AEC - ∠AFC - ∠C = 360° - 90° - 90° - 140° = 40°。

10. 如图，在矩形 $ABCD$ 中，$AB = 8$，$BC = 6$. 点 $E$ 在边 $AB$ 上，点 $F$ 在边 $CD$ 上，点 $G$，$H$ 在对角线 $AC$ 上. 若四边形 $EGFH$ 是菱形，则 $AE$ 的长是().

A.$2\sqrt{5}$
B.$3\sqrt{5}$
C.$\dfrac{9}{2}$
D.$\dfrac{25}{4}$

D

1. 连接EF，交AC于点O。
2. 因为四边形EGFH是菱形，所以EF⊥AC，且EO=FO。
3. 矩形ABCD中，AB//CD，故∠FCO=∠EAO。
4. 结合∠FOC=∠EOA，EO=FO，可证△FOC≌△EOA（ASA），得AO=OC。
5. 在Rt△ABC中，AB=8，BC=6，由勾股定理得AC=√(8²+6²)=10，故AO=5。
6. 由∠OAE=∠BAC，∠AOE=∠ABC=90°，得△AOE∽△ABC。
7. 根据相似三角形性质，$\frac{AE}{AC}=\frac{AO}{AB}$，代入得$\frac{AE}{10}=\frac{5}{8}$，解得$AE=\frac{25}{4}$。

11. 如图，四边形 $ABCD$ 是边长为 $4\sqrt{3}$ 的菱形，$∠ BAD = 60°$，对角线 $AC$ 与 $BD$ 相交于点 $O$，过点 $O$ 的直线交 $AD$ 于点 $E$，交 $BC$ 于点 $F$. 若 $EF ⊥ BC$，则 $CE$ 的长是.

$\boldsymbol{3\sqrt{7}}$

1. 由菱形性质可知：$AB=AD=4\sqrt{3}$，$AC⊥ BD$，$AC$平分$∠ BAD$，$BD=2OD$，$AC=2AO$。
2. 因为$∠ BAD=60°$，所以$△ ABD$是等边三角形，$BD=4\sqrt{3}$，则$OD=2\sqrt{3}$。在$\mathrm{Rt}△ AOD$中，由勾股定理得$AO=\sqrt{AD^2-OD^2}=\sqrt{(4\sqrt{3})^2-(2\sqrt{3})^2}=6$，故$OC=6$。
3. 因为$AD// BC$，$EF⊥ BC$，所以$EF⊥ AD$，即$∠ AEO=90°$。在$\mathrm{Rt}△ AOE$中，$∠ OAE=30°$，$AO=6$，得$OE=AO×\sin30°=3$，$AE=AO×\cos30°=3\sqrt{3}$，故$DE=AD-AE=4\sqrt{3}-3\sqrt{3}=\sqrt{3}$。
4. 过$E$作$EG⊥ OC$延长线于$G$，$∠ EOG=60°$。在$\mathrm{Rt}△ EOG$中，$OG=OE×\cos60°=\frac{3}{2}$，$EG=OE×\sin60°=\frac{3\sqrt{3}}{2}$。
5. $CG=OC+OG=6+\frac{3}{2}=\frac{15}{2}$，在$\mathrm{Rt}△ CEG$中，由勾股定理得$CE=\sqrt{EG^2+CG^2}=\sqrt{(\frac{3\sqrt{3}}{2})^2+(\frac{15}{2})^2}=3\sqrt{7}$。

12. 如图，在菱形 $ABCD$ 中，$E$ 为对角线 $BD$ 的延长线上一点.
(1) 求证 $AE = CE$.
(2) 若 $BC = 6$，$AE = 10$，$∠ BAE = 120°$，求 $BE$ 和 $DE$ 的长.

(1) 证明：
∵ 四边形ABCD是菱形，
∴ AB = CB，∠ABD = ∠CBD，
又∵ BE = BE，
∴ △ABE ≌ △CBE（SAS），
∴ AE = CE。
(2) 解：
过点B作BH⊥EA的延长线于H，
∵ ∠BAE = 120°，
∴ ∠BAH = 60°，
在Rt△ABH中，AB = 6，
AH = AB·cos60° = 6×$\frac{1}{2}$ = 3，
BH = AB·sin60° = 6×$\frac{\sqrt{3}}{2}$ = 3$\sqrt{3}$，
∵ AE = 10，
∴ EH = AE + AH = 10 + 3 = 13，
在Rt△BHE中，
BE = $\sqrt{BH^2 + EH^2}$ = $\sqrt{(3\sqrt{3})^2 + 13^2}$ = $\sqrt{27 + 169}$ = 14。
过点A作AF⊥BE于F，设BF = x，则FE = 14 - x，
由勾股定理得：$AB^2 - BF^2 = AE^2 - FE^2$，
即$6^2 - x^2 = 10^2 - (14 - x)^2$，
$36 - x^2 = 100 - 196 + 28x - x^2$，
$28x = 132$，
$x = \frac{33}{7}$，
∵ 四边形ABCD是菱形，对角线互相平分，
∴ BD = 2BF = $\frac{66}{7}$，
∴ DE = BE - BD = 14 - $\frac{66}{7}$ = $\frac{32}{7}$。
答：BE的长为14，DE的长为$\frac{32}{7}$。

13. 在菱形 $ABCD$ 中，$∠ ABC = 60°$，$P$ 是射线 $BD$ 上一动点，以 $AP$ 为边向右侧作等边三角形 $APE$，点 $E$ 的位置随点 $P$ 位置的变化而变化，连接 $CE$.
(1) 如图①，当点 $E$ 在菱形 $ABCD$ 内部或边上时，求证 $BD = CE + PD$.
(2) 如图②、图③，请分别写出线段 $BD$，$CE$，$PD$ 之间的数量关系，不需证明.

(1) 证明：
∵ 四边形$ABCD$是菱形，$∠ ABC=60°$，
∴ $AB=AC$，$∠ BAC=60°$，即$△ ABC$为等边三角形。
∵ $△ APE$是等边三角形，
∴ $AP=AE$，$∠ PAE=60°$。
∴ $∠ BAC - ∠ PAC = ∠ PAE - ∠ PAC$，即$∠ BAP=∠ CAE$。
在$△ BAP$和$△ CAE$中，
$\begin{cases}AB=AC \\∠ BAP=∠ CAE \\AP=AE\end{cases}$
∴ $△ BAP ≌ △ CAE$（SAS）。
∴ $BP=CE$。
∵ $BD=BP+PD$，
∴ $BD=CE+PD$。
(2)
图②：$\boldsymbol{BD=CE-PD}$；
图③：$\boldsymbol{BD=PD-CE}$。