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2，OE=1，则AE的长为
图2-6-6
图2-6-7
3
.图2-6-6
图2-6-7
答案
10.3
11. 如图2-6-7，在平面直角坐标系xOy中，矩形OABC的顶点A，C的坐标分别是(4，-2)，(1，2)，点B在x轴的正半轴上，则点B的横坐标是
5
。答案
11.5
12. 如图2-6-8，在菱形ABCD中，对角线AC，BD相交于点O，∠ABC = 40°，则∠BAC=
70°
。答案
12.70°
解析
【分析】
解题时首先明确图形为菱形，先回忆菱形的基本性质：菱形的四条边长度相等，因此可得△ABC为等腰三角形，等腰三角形的两个底角相等，再结合三角形内角和为180°的定理，已知顶角∠ABC的度数，即可求出底角∠BAC的度数。也可通过菱形邻角互补、对角线平分一组内角的性质求解，两种思路均符合要求。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是菱形
∴AB=BC（菱形的四条边都相等）
∴△ABC是等腰三角形，∠BAC=∠BCA
在△ABC中，根据三角形内角和定理：
∠ABC + ∠BAC + ∠BCA = 180°
已知∠ABC=40°，代入得：
40° + 2∠BAC = 180°
解得：∠BAC=(180°-40°)÷2=70°
【答案】
70°
【知识点】
菱形的性质；等腰三角形的性质；三角形内角和定理
【点评】
本题属于基础几何题，核心是将菱形的性质和等腰三角形、三角形内角和的知识点结合运用，只要熟练掌握相关图形的基本性质，就能快速得出结果。
【难度系数】
0.8
解题时首先明确图形为菱形，先回忆菱形的基本性质：菱形的四条边长度相等，因此可得△ABC为等腰三角形，等腰三角形的两个底角相等，再结合三角形内角和为180°的定理，已知顶角∠ABC的度数，即可求出底角∠BAC的度数。也可通过菱形邻角互补、对角线平分一组内角的性质求解，两种思路均符合要求。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是菱形
∴AB=BC（菱形的四条边都相等）
∴△ABC是等腰三角形，∠BAC=∠BCA
在△ABC中，根据三角形内角和定理：
∠ABC + ∠BAC + ∠BCA = 180°
已知∠ABC=40°，代入得：
40° + 2∠BAC = 180°
解得：∠BAC=(180°-40°)÷2=70°
【答案】
70°
【知识点】
菱形的性质；等腰三角形的性质；三角形内角和定理
【点评】
本题属于基础几何题，核心是将菱形的性质和等腰三角形、三角形内角和的知识点结合运用，只要熟练掌握相关图形的基本性质，就能快速得出结果。
【难度系数】
0.8
13. 如图 2-6-9，在 $□ ABCD$ 中，$∠ BAC = 90°$，点 E，F 分别是边 BC，AD 的中点.
(1)求证：四边形 AECF 是菱形；
(2)若 $AB=2$，$BC=4$，求四边形 AECF 的面积.
(1)求证：四边形 AECF 是菱形；
(2)若 $AB=2$，$BC=4$，求四边形 AECF 的面积.
答案
13.(1)略 (2)$2\sqrt{3}$
解析
【分析】
(1)要证明四边形AECF是菱形，可按“先证平行四边形，再证一组邻边相等”的思路推导：首先利用平行四边形ABCD的性质得到AD与BC平行且相等，结合E、F是中点，可得AF与EC平行且相等，先判定四边形AECF是平行四边形；再结合∠BAC=90°，E是Rt△ABC斜边的中点，利用直角三角形斜边中线等于斜边一半的性质，得到AE=EC，即可证得菱形。
(2)求四边形AECF的面积，先通过勾股定理计算AC的长度，求出Rt△ABC的面积，再结合E是BC中点，得到△AEC的面积是△ABC的一半，而菱形AECF可分为两个全等的△AEC和△AFC，即可算出总面积。
【解析】
(1)证明：
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ $AD// BC$，$AD=BC$，
∵ E、F分别是BC、AD的中点，
∴ $AF=\frac{1}{2}AD$，$EC=\frac{1}{2}BC$，
∴ $AF=EC$，且$AF// EC$，
∴ 四边形AECF是平行四边形，
∵ $∠ BAC=90°$，E是BC的中点，
∴ 在$Rt△ ABC$中，$AE=\frac{1}{2}BC=EC$（直角三角形斜边中线等于斜边的一半），
∴ 平行四边形AECF是菱形（一组邻边相等的平行四边形是菱形）。
(2)解：
在$Rt△ ABC$中，$∠ BAC=90°$，$AB=2$，$BC=4$，
由勾股定理得：$AC=\sqrt{BC^2-AB^2}=\sqrt{4^2-2^2}=\sqrt{12}=2\sqrt{3}$，
∴ $S_{△ ABC}=\frac{1}{2}× AB× AC=\frac{1}{2}×2×2\sqrt{3}=2\sqrt{3}$，
∵ E是BC的中点，
∴ $S_{△ AEC}=\frac{1}{2}S_{△ ABC}=\frac{1}{2}×2\sqrt{3}=\sqrt{3}$，
∵ 四边形AECF是菱形，
∴ $S_{四边形AECF}=2S_{△ AEC}=2×\sqrt{3}=2\sqrt{3}$。
【答案】
(1) 证明见解析；
(2) $2\sqrt{3}$
【知识点】
菱形的判定，平行四边形的性质，勾股定理
【点评】
本题属于几何基础综合题，结合了特殊四边形的判定、直角三角形的性质和勾股定理的应用，解题的核心是熟练掌握特殊四边形的判定定理，灵活运用直角三角形斜边中线的性质，计算面积时可以灵活选用面积公式简化运算。
【难度系数】
0.7
(1)要证明四边形AECF是菱形，可按“先证平行四边形，再证一组邻边相等”的思路推导：首先利用平行四边形ABCD的性质得到AD与BC平行且相等，结合E、F是中点，可得AF与EC平行且相等，先判定四边形AECF是平行四边形；再结合∠BAC=90°，E是Rt△ABC斜边的中点，利用直角三角形斜边中线等于斜边一半的性质，得到AE=EC，即可证得菱形。
(2)求四边形AECF的面积，先通过勾股定理计算AC的长度，求出Rt△ABC的面积，再结合E是BC中点，得到△AEC的面积是△ABC的一半，而菱形AECF可分为两个全等的△AEC和△AFC，即可算出总面积。
【解析】
(1)证明：
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ $AD// BC$，$AD=BC$，
∵ E、F分别是BC、AD的中点，
∴ $AF=\frac{1}{2}AD$，$EC=\frac{1}{2}BC$，
∴ $AF=EC$，且$AF// EC$，
∴ 四边形AECF是平行四边形，
∵ $∠ BAC=90°$，E是BC的中点，
∴ 在$Rt△ ABC$中，$AE=\frac{1}{2}BC=EC$（直角三角形斜边中线等于斜边的一半），
∴ 平行四边形AECF是菱形（一组邻边相等的平行四边形是菱形）。
(2)解：
在$Rt△ ABC$中，$∠ BAC=90°$，$AB=2$，$BC=4$，
由勾股定理得：$AC=\sqrt{BC^2-AB^2}=\sqrt{4^2-2^2}=\sqrt{12}=2\sqrt{3}$，
∴ $S_{△ ABC}=\frac{1}{2}× AB× AC=\frac{1}{2}×2×2\sqrt{3}=2\sqrt{3}$，
∵ E是BC的中点，
∴ $S_{△ AEC}=\frac{1}{2}S_{△ ABC}=\frac{1}{2}×2\sqrt{3}=\sqrt{3}$，
∵ 四边形AECF是菱形，
∴ $S_{四边形AECF}=2S_{△ AEC}=2×\sqrt{3}=2\sqrt{3}$。
【答案】
(1) 证明见解析；
(2) $2\sqrt{3}$
【知识点】
菱形的判定，平行四边形的性质，勾股定理
【点评】
本题属于几何基础综合题，结合了特殊四边形的判定、直角三角形的性质和勾股定理的应用，解题的核心是熟练掌握特殊四边形的判定定理，灵活运用直角三角形斜边中线的性质，计算面积时可以灵活选用面积公式简化运算。
【难度系数】
0.7
14. 如图2-6-10，在$□ ABCD$中，对角线AC，BD相交于点O，AC⊥BC，点E是BC延长线上一点，且$CE=BC$，连接DE.
(1)求证：四边形ACED为矩形；
(2)连接OE，若$BC=3$，$DE=2$，求OE的长.
图2-6-10
(1)求证：四边形ACED为矩形；
(2)连接OE，若$BC=3$，$DE=2$，求OE的长.
图2-6-10
答案
14.(1)略 (2)$\sqrt{10}$
解析
【分析】
(1) 要证四边形ACED为矩形，遵循“先证平行四边形，再证有一个内角为直角”的判定思路：首先利用平行四边形ABCD的性质得到AD与BC平行且相等，结合CE=BC，可推出AD与CE平行且相等，先判定ACED是平行四边形；再由AC⊥BC得到∠ACE=90°，即可判定该平行四边形为矩形。
(2) 求OE的长时，先利用矩形性质得到AC=DE、CE=BC的长度，再结合平行四边形对角线互相平分的性质得到OC的长度，最后在Rt△OCE中用勾股定理计算OE即可。
【解析】
(1) 证明：
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ AD//BC，AD=BC，
又
∵ CE=BC，
∴ AD=CE，且AD//CE，
∴ 四边形ACED是平行四边形，
∵ AC⊥BC，即∠ACE=90°，
∴ 平行四边形ACED为矩形。
(2) 解：
∵ 四边形ACED是矩形，
∴ AC=DE=2，∠ACE=90°，
∵ 平行四边形ABCD的对角线AC、BD交于点O，
∴ O是AC的中点，
∴ OC=$\frac{1}{2}$AC=$\frac{1}{2}×2=1$，
又
∵ CE=BC=3，
在Rt△OCE中，由勾股定理得：
OE=$\sqrt{OC^2+CE^2}=\sqrt{1^2+3^2}=\sqrt{10}$。
【答案】
(1) 证明见解析；(2) $\sqrt{10}$
【知识点】
矩形的判定、平行四边形的性质、勾股定理
【点评】
本题属于基础几何综合题，将平行四边形和矩形的性质、判定与勾股定理结合考查，解题的核心是熟练掌握特殊四边形的相关性质，准确挖掘图中的直角三角形求解。
【难度系数】
0.7
(1) 要证四边形ACED为矩形，遵循“先证平行四边形，再证有一个内角为直角”的判定思路：首先利用平行四边形ABCD的性质得到AD与BC平行且相等，结合CE=BC，可推出AD与CE平行且相等，先判定ACED是平行四边形；再由AC⊥BC得到∠ACE=90°，即可判定该平行四边形为矩形。
(2) 求OE的长时，先利用矩形性质得到AC=DE、CE=BC的长度，再结合平行四边形对角线互相平分的性质得到OC的长度，最后在Rt△OCE中用勾股定理计算OE即可。
【解析】
(1) 证明：
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ AD//BC，AD=BC，
又
∵ CE=BC，
∴ AD=CE，且AD//CE，
∴ 四边形ACED是平行四边形，
∵ AC⊥BC，即∠ACE=90°，
∴ 平行四边形ACED为矩形。
(2) 解：
∵ 四边形ACED是矩形，
∴ AC=DE=2，∠ACE=90°，
∵ 平行四边形ABCD的对角线AC、BD交于点O，
∴ O是AC的中点，
∴ OC=$\frac{1}{2}$AC=$\frac{1}{2}×2=1$，
又
∵ CE=BC=3，
在Rt△OCE中，由勾股定理得：
OE=$\sqrt{OC^2+CE^2}=\sqrt{1^2+3^2}=\sqrt{10}$。
【答案】
(1) 证明见解析；(2) $\sqrt{10}$
【知识点】
矩形的判定、平行四边形的性质、勾股定理
【点评】
本题属于基础几何综合题，将平行四边形和矩形的性质、判定与勾股定理结合考查，解题的核心是熟练掌握特殊四边形的相关性质，准确挖掘图中的直角三角形求解。
【难度系数】
0.7
15. 如图2-6-11，在正方形ABCD的外侧作射线AP，∠BAP=α(0°＜α＜45°)，作点B关于射线AP对称的点E，连接DE交AP于点F，连接AE.
(1)依题意补全图形；
(2)若α=20°，则∠AFD=
(3)用等式表示线段FE，FA，FD之间的数量关系，并证明.
图2-6-11
(1)依题意补全图形；
(2)若α=20°，则∠AFD=
45°
；(3)用等式表示线段FE，FA，FD之间的数量关系，并证明.
图2-6-11
答案
15.(1)略 (2)45° (3)$FD=\sqrt{2}FA+FE$，证明略
解析
【分析】
(1) 补全图形思路：根据轴对称的定义，过点B作AP的垂线，延长垂线到点E，使垂足到B和到E的距离相等，再依次连接AE、DE，DE与AP的交点即为F，即可补全图形。
(2) 求∠AFD的思路：先利用轴对称性质得AE=AB、∠EAP=∠BAP，再结合正方形四边相等得AE=AD，先计算出∠EAD的度数，再由等腰三角形性质求∠AED的度数，最后利用三角形外角的性质即可求出∠AFD。
(3) 推导线段关系思路：观察到线段关系含$\sqrt{2}$，考虑构造等腰直角三角形转化$\sqrt{2}$倍的FA。先证明∠AFD恒为45°，过A作AM⊥AP交DE于M，得到等腰Rt△AFM，得$FM=\sqrt{2}FA$，再证明△AEM≌△ADF，得到EM=FD，结合EM=FE+FM即可推导出三条线段的数量关系。
【解析】
(1) 按照上述对称的作图方法补全图形即可（图略）。
(2)
∵点B与点E关于AP对称，
∴$AE=AB$，$∠ EAP=∠ BAP=20°$，
∵四边形ABCD是正方形，
∴$AB=AD$，$∠ BAD=90°$，
∴$AE=AD$，$∠ EAD=∠ BAD + ∠ BAP + ∠ EAP=90°+20°+20°=130°$，
在△AED中，$AE=AD$，
∴$∠ AED=∠ ADE=(180°-130°)÷2=25°$，
∵∠AFD是△AEF的外角，
∴$∠ AFD=∠ EAP + ∠ AED=20°+25°=45°$。
(3) 线段关系：$FD=\sqrt{2}FA+FE$，证明如下：
由轴对称性质得$AE=AB$，$∠ EAP=∠ BAP=α$，
∵正方形ABCD中$AB=AD$，$∠ BAD=90°$，
∴$AE=AD$，$∠ EAD=∠ BAD + 2α=90°+2α$，
在△AED中，$∠ ADE=(180°-∠ EAD)÷2=(180°-90°-2α)÷2=45°-α$，
又
∵$∠ FAD=∠ BAD + ∠ BAP=90°+α$，
在△AFD中，$∠ AFD=180°-∠ ADE-∠ FAD=180°-(45°-α)-(90°+α)=45°$，
过点A作$AM⊥ AP$，交DE于点M，
∴$∠ FAM=90°$，又$∠ AFD=45°$，
∴$∠ AMF=∠ AFD=45°$，
∴$AF=AM$，由勾股定理得$FM=\sqrt{FA^2+AM^2}=\sqrt{2}FA$，
∵$∠ EAM=∠ EAP + ∠ FAM=α + 90°$，$∠ DAF=∠ BAD + ∠ BAP=90°+α$，
∴$∠ EAM=∠ DAF$，
在△AEM和△ADF中：
$\{\begin{array}{l}AE=AD \\∠ EAM=∠ DAF \\AM=AF\end{array} $
∴△AEM≌△ADF（SAS），
∴$EM=FD$，
又
∵$EM=FE + FM=FE + \sqrt{2}FA$，
∴$FD=\sqrt{2}FA + FE$。
【答案】
(1) 略；(2) $45°$；(3) $FD=\sqrt{2}FA+FE$
【知识点】
正方形的性质，轴对称的性质，全等三角形的判定与性质
【点评】
本题综合考查了轴对称、正方形及全等三角形的相关知识，从特殊角度计算到一般规律推导，符合几何探究题的常规考法，构造等腰直角三角形和全等三角形转化线段关系是解题的关键，能很好地锻炼几何推理能力。
【难度系数】
0.6
(1) 补全图形思路：根据轴对称的定义，过点B作AP的垂线，延长垂线到点E，使垂足到B和到E的距离相等，再依次连接AE、DE，DE与AP的交点即为F，即可补全图形。
(2) 求∠AFD的思路：先利用轴对称性质得AE=AB、∠EAP=∠BAP，再结合正方形四边相等得AE=AD，先计算出∠EAD的度数，再由等腰三角形性质求∠AED的度数，最后利用三角形外角的性质即可求出∠AFD。
(3) 推导线段关系思路：观察到线段关系含$\sqrt{2}$，考虑构造等腰直角三角形转化$\sqrt{2}$倍的FA。先证明∠AFD恒为45°，过A作AM⊥AP交DE于M，得到等腰Rt△AFM，得$FM=\sqrt{2}FA$，再证明△AEM≌△ADF，得到EM=FD，结合EM=FE+FM即可推导出三条线段的数量关系。
【解析】
(1) 按照上述对称的作图方法补全图形即可（图略）。
(2)
∵点B与点E关于AP对称，
∴$AE=AB$，$∠ EAP=∠ BAP=20°$，
∵四边形ABCD是正方形，
∴$AB=AD$，$∠ BAD=90°$，
∴$AE=AD$，$∠ EAD=∠ BAD + ∠ BAP + ∠ EAP=90°+20°+20°=130°$，
在△AED中，$AE=AD$，
∴$∠ AED=∠ ADE=(180°-130°)÷2=25°$，
∵∠AFD是△AEF的外角，
∴$∠ AFD=∠ EAP + ∠ AED=20°+25°=45°$。
(3) 线段关系：$FD=\sqrt{2}FA+FE$，证明如下：
由轴对称性质得$AE=AB$，$∠ EAP=∠ BAP=α$，
∵正方形ABCD中$AB=AD$，$∠ BAD=90°$，
∴$AE=AD$，$∠ EAD=∠ BAD + 2α=90°+2α$，
在△AED中，$∠ ADE=(180°-∠ EAD)÷2=(180°-90°-2α)÷2=45°-α$，
又
∵$∠ FAD=∠ BAD + ∠ BAP=90°+α$，
在△AFD中，$∠ AFD=180°-∠ ADE-∠ FAD=180°-(45°-α)-(90°+α)=45°$，
过点A作$AM⊥ AP$，交DE于点M，
∴$∠ FAM=90°$，又$∠ AFD=45°$，
∴$∠ AMF=∠ AFD=45°$，
∴$AF=AM$，由勾股定理得$FM=\sqrt{FA^2+AM^2}=\sqrt{2}FA$，
∵$∠ EAM=∠ EAP + ∠ FAM=α + 90°$，$∠ DAF=∠ BAD + ∠ BAP=90°+α$，
∴$∠ EAM=∠ DAF$，
在△AEM和△ADF中：
$\{\begin{array}{l}AE=AD \\∠ EAM=∠ DAF \\AM=AF\end{array} $
∴△AEM≌△ADF（SAS），
∴$EM=FD$，
又
∵$EM=FE + FM=FE + \sqrt{2}FA$，
∴$FD=\sqrt{2}FA + FE$。
【答案】
(1) 略；(2) $45°$；(3) $FD=\sqrt{2}FA+FE$
【知识点】
正方形的性质，轴对称的性质，全等三角形的判定与性质
【点评】
本题综合考查了轴对称、正方形及全等三角形的相关知识，从特殊角度计算到一般规律推导，符合几何探究题的常规考法，构造等腰直角三角形和全等三角形转化线段关系是解题的关键，能很好地锻炼几何推理能力。
【难度系数】
0.6
