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7. 如图,等边三角形ABC的边长是4,D,E分别为AB,AC的中点,延长BC至点F,使$CF=\frac{1}{2}BC$,连接CD和EF.
(1)求证:四边形DEFC是平行四边形;
(2)求EF的长;
(3)求四边形DEFC的面积.
(1)求证:四边形DEFC是平行四边形;
(2)求EF的长;
(3)求四边形DEFC的面积.
答案
(1)证明:在$△ ABC$中,$\because D,E$ 分别为 $AB,AC$ 的中点,$\therefore DE$ 为$△ ABC$的中位线.$\therefore DE = \frac{1}{2}BC,DE // BC. \because CF = \frac{1}{2}BC,\therefore DE = CF. \because DE // CF,\therefore$ 四边形 $DEFC$ 是平行四边形.
(2)$\because AC = BC,AD = BD,\therefore CD ⊥ AB. \because BC = 4,BD = 2,\therefore CD = \sqrt{4^2 - 2^2} = 2\sqrt{3}. \because DE // CF,DE = CF,\therefore$ 四边形 $DEFC$ 是平行四边形. $\therefore EF = CD = 2\sqrt{3}.$
(3)过点 $D$ 作 $DH ⊥ BC$ 于 $H. \because ∠ DHC = 90°,∠ DCB = 30°$,$\therefore DH = \frac{1}{2}DC = \sqrt{3}. \because DE = CF = 2,\therefore S_{\mathrm{四边形}DEFC} = CF · DH = 2 × \sqrt{3} = 2\sqrt{3}.$
(2)$\because AC = BC,AD = BD,\therefore CD ⊥ AB. \because BC = 4,BD = 2,\therefore CD = \sqrt{4^2 - 2^2} = 2\sqrt{3}. \because DE // CF,DE = CF,\therefore$ 四边形 $DEFC$ 是平行四边形. $\therefore EF = CD = 2\sqrt{3}.$
(3)过点 $D$ 作 $DH ⊥ BC$ 于 $H. \because ∠ DHC = 90°,∠ DCB = 30°$,$\therefore DH = \frac{1}{2}DC = \sqrt{3}. \because DE = CF = 2,\therefore S_{\mathrm{四边形}DEFC} = CF · DH = 2 × \sqrt{3} = 2\sqrt{3}.$
解析
【分析】
(1) 要证明四边形DEFC是平行四边形，可利用“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”的判定定理。首先由D、E分别是AB、AC的中点，想到三角形中位线定理，得到DE与BC的位置和数量关系，再结合已知$CF=\frac{1}{2}BC$，即可推导出DE与CF平行且相等，完成证明。
(2) 求EF的长度，由(1)已证四边形DEFC是平行四边形，根据平行四边形对边相等，可得$EF=CD$，因此只需求出CD的长度即可。CD是等边$△ ABC$中AB边上的中线，根据等边三角形三线合一的性质，$CD⊥ AB$，再利用勾股定理在$\mathrm{Rt}△ BCD$中计算CD的长度即可。
(3) 求四边形DEFC的面积，平行四边形面积公式为$\mathrm{底}×\mathrm{高}$，可选择CF为底，长度为2，只需计算CF边上的高，即点D到BC的距离。过D作$DH⊥ BC$于H，利用等边三角形的角度性质可得$∠ DCB=30°$，结合直角三角形中30°角所对直角边是斜边一半的性质求出DH，再代入面积公式计算即可。
【解析】
(1) 证明：在$△ ABC$中，$\because D、E$分别为$AB、AC$的中点，
$\therefore DE$为$△ ABC$的中位线，
$\therefore DE = \frac{1}{2}BC,DE // BC$，
$\because CF = \frac{1}{2}BC$，
$\therefore DE = CF$，
又$\because DE // CF$，
$\therefore$ 四边形$DEFC$是平行四边形。
(2) 解：$\because △ ABC$是等边三角形，D是AB中点，
$\therefore CD⊥ AB$（等边三角形三线合一），
$\because BC=4,BD=\frac{1}{2}AB=2$，
在$\mathrm{Rt}△ BCD$中，由勾股定理得：$CD = \sqrt{BC^2 - BD^2} = \sqrt{4^2 - 2^2} = 2\sqrt{3}$，
$\because$ 四边形$DEFC$是平行四边形，
$\therefore EF = CD = 2\sqrt{3}$。
(3) 解：过点$D$作$DH ⊥ BC$于$H$，
$\because △ ABC$是等边三角形，CD平分$∠ ACB$，
$\therefore ∠ DCB = \frac{1}{2}×60° = 30°$，
在$\mathrm{Rt}△ DHC$中，$∠ DHC=90°,∠ DCB=30°$，
$\therefore DH = \frac{1}{2}DC = \sqrt{3}$，
$\because CF = \frac{1}{2}BC = 2$，
$\therefore S_{\mathrm{四边形}DEFC} = CF · DH = 2 × \sqrt{3} = 2\sqrt{3}$。
【答案】
(1) 四边形DEFC是平行四边形，证明成立；
(2) $EF$的长为$2\sqrt{3}$；
(3) 四边形DEFC的面积为$2\sqrt{3}$。
【知识点】
三角形中位线定理；平行四边形的判定与性质；等边三角形的性质
【点评】
本题是几何基础综合题，融合了三角形、平行四边形的核心性质，解题时需结合已知条件选择对应的定理逐步推导，计算过程中可利用特殊三角形的性质简化运算，侧重考查对基础知识的掌握和应用能力。
【难度系数】
0.7
(1) 要证明四边形DEFC是平行四边形，可利用“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”的判定定理。首先由D、E分别是AB、AC的中点，想到三角形中位线定理，得到DE与BC的位置和数量关系，再结合已知$CF=\frac{1}{2}BC$，即可推导出DE与CF平行且相等，完成证明。
(2) 求EF的长度，由(1)已证四边形DEFC是平行四边形，根据平行四边形对边相等，可得$EF=CD$，因此只需求出CD的长度即可。CD是等边$△ ABC$中AB边上的中线，根据等边三角形三线合一的性质，$CD⊥ AB$，再利用勾股定理在$\mathrm{Rt}△ BCD$中计算CD的长度即可。
(3) 求四边形DEFC的面积，平行四边形面积公式为$\mathrm{底}×\mathrm{高}$，可选择CF为底，长度为2，只需计算CF边上的高，即点D到BC的距离。过D作$DH⊥ BC$于H，利用等边三角形的角度性质可得$∠ DCB=30°$，结合直角三角形中30°角所对直角边是斜边一半的性质求出DH，再代入面积公式计算即可。
【解析】
(1) 证明：在$△ ABC$中，$\because D、E$分别为$AB、AC$的中点，
$\therefore DE$为$△ ABC$的中位线，
$\therefore DE = \frac{1}{2}BC,DE // BC$，
$\because CF = \frac{1}{2}BC$，
$\therefore DE = CF$，
又$\because DE // CF$，
$\therefore$ 四边形$DEFC$是平行四边形。
(2) 解：$\because △ ABC$是等边三角形，D是AB中点，
$\therefore CD⊥ AB$（等边三角形三线合一），
$\because BC=4,BD=\frac{1}{2}AB=2$，
在$\mathrm{Rt}△ BCD$中，由勾股定理得：$CD = \sqrt{BC^2 - BD^2} = \sqrt{4^2 - 2^2} = 2\sqrt{3}$，
$\because$ 四边形$DEFC$是平行四边形，
$\therefore EF = CD = 2\sqrt{3}$。
(3) 解：过点$D$作$DH ⊥ BC$于$H$，
$\because △ ABC$是等边三角形，CD平分$∠ ACB$，
$\therefore ∠ DCB = \frac{1}{2}×60° = 30°$，
在$\mathrm{Rt}△ DHC$中，$∠ DHC=90°,∠ DCB=30°$，
$\therefore DH = \frac{1}{2}DC = \sqrt{3}$，
$\because CF = \frac{1}{2}BC = 2$，
$\therefore S_{\mathrm{四边形}DEFC} = CF · DH = 2 × \sqrt{3} = 2\sqrt{3}$。
【答案】
(1) 四边形DEFC是平行四边形，证明成立；
(2) $EF$的长为$2\sqrt{3}$；
(3) 四边形DEFC的面积为$2\sqrt{3}$。
【知识点】
三角形中位线定理；平行四边形的判定与性质；等边三角形的性质
【点评】
本题是几何基础综合题，融合了三角形、平行四边形的核心性质，解题时需结合已知条件选择对应的定理逐步推导，计算过程中可利用特殊三角形的性质简化运算，侧重考查对基础知识的掌握和应用能力。
【难度系数】
0.7
8.【问题背景】
在□ABCD中，连接BD，BD⊥CD，点E为边AD上一点，连接CE，交BD于点F.
(1)如图1，若点E为AD的中点，对角线AC与BD相交于点O，连接OE，且△DFE的面积为√5，DF=2，求CD的长；
【深入探究】
(2)如图2，若∠ABC=120°，AB=2，点N在BC边上，BC=4CN，且CE平分∠BCD，线段PQ(点P在点Q的左侧)在线段CE上，且PQ=√3，连接NQ，过点N作NG//CE，交BD于点G，连接PG，请判断PG与QN之间的数量关系并说明理由.
在□ABCD中，连接BD，BD⊥CD，点E为边AD上一点，连接CE，交BD于点F.
(1)如图1，若点E为AD的中点，对角线AC与BD相交于点O，连接OE，且△DFE的面积为√5，DF=2，求CD的长；
【深入探究】
(2)如图2，若∠ABC=120°，AB=2，点N在BC边上，BC=4CN，且CE平分∠BCD，线段PQ(点P在点Q的左侧)在线段CE上，且PQ=√3，连接NQ，过点N作NG//CE，交BD于点G，连接PG，请判断PG与QN之间的数量关系并说明理由.
答案
(1)$\because$ 四边形 $ABCD$ 是平行四边形,$\therefore AB // CD,AB = CD,OD = OB. \because AE = ED,OD = OB,\therefore OE // AB,OE = \frac{1}{2}AB. \because BD ⊥ CD,AB // CD,\therefore AB ⊥ DB.\therefore OE ⊥ BD.\therefore S_{△ DEF} = \frac{1}{2} · DF · EO = \sqrt{5}.$$\because DF = 2,\therefore OE = \sqrt{5}.\therefore CD = AB = 2OE = 2\sqrt{5}.$
(2)$NQ=PG$,理由如下:过点 $G$ 作 $GM ⊥ BC$ 于点 $M$,由题意,得$∠ BCD = 180° - ∠ ABC = 60°,\because ∠ BDC = 90°,\therefore ∠ DBC = 90° - ∠ BCD = 90° - 60° = 30°. \because AB = CD = 2,\therefore BC = 2CD = 4. \because BC = 4CN,\therefore CN = 1,BN = 3. \because ∠ BCE = ∠ DCE = \frac{1}{2}∠ BCD = 30°,$$GN // CE,\therefore ∠ BNG = ∠ BCE = 30°.\therefore ∠ DBC = ∠ BNG = 30°.\therefore GB = GN. \because GM ⊥ BC,\therefore BM = MN = \frac{1}{2}BN = \frac{3}{2},GM = \frac{1}{2}GN. \because GN^2 = GM^2 + MN^2,\therefore GN^2 = \frac{1}{4}GN^2 + \frac{9}{4}.\therefore GN = \sqrt{3}. \because PQ = \sqrt{3},\therefore PQ = GN.$ 又$\because PQ // GN,\therefore$ 四边形 $PQNG$ 是平行四边形. $\therefore NQ = PG.$
(2)$NQ=PG$,理由如下:过点 $G$ 作 $GM ⊥ BC$ 于点 $M$,由题意,得$∠ BCD = 180° - ∠ ABC = 60°,\because ∠ BDC = 90°,\therefore ∠ DBC = 90° - ∠ BCD = 90° - 60° = 30°. \because AB = CD = 2,\therefore BC = 2CD = 4. \because BC = 4CN,\therefore CN = 1,BN = 3. \because ∠ BCE = ∠ DCE = \frac{1}{2}∠ BCD = 30°,$$GN // CE,\therefore ∠ BNG = ∠ BCE = 30°.\therefore ∠ DBC = ∠ BNG = 30°.\therefore GB = GN. \because GM ⊥ BC,\therefore BM = MN = \frac{1}{2}BN = \frac{3}{2},GM = \frac{1}{2}GN. \because GN^2 = GM^2 + MN^2,\therefore GN^2 = \frac{1}{4}GN^2 + \frac{9}{4}.\therefore GN = \sqrt{3}. \because PQ = \sqrt{3},\therefore PQ = GN.$ 又$\because PQ // GN,\therefore$ 四边形 $PQNG$ 是平行四边形. $\therefore NQ = PG.$
解析
【分析】
(1) 先利用平行四边形的性质得到边与对角线的关系，结合E、O分别是AD、BD的中点，判定OE是△ABD的中位线，得到OE与AB的数量、位置关系；再由BD⊥CD推出OE⊥BD，利用△DEF的面积和DF长度求出OE，进而求得CD的长。
(2) 要判断PG和QN的数量关系，结合NG//CE的条件，只需证明PQ与GN平行且相等，即可得到四边形PQNG是平行四边形，从而得到对边相等。先根据平行四边形邻角互补、直角三角形的性质求出BC的长度，得到BN的长；再由角平分线和平行线的性质推出△GBN是等腰三角形，作GM⊥BC后用勾股定理求出GN的长度，验证GN=PQ，即可证明四边形PQNG是平行四边形，得到结论。
【解析】
(1)
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ AB//CD，AB=CD，对角线互相平分，即OD=OB。
∵ AE=ED，OD=OB，
∴ OE是△ABD的中位线，
∴ OE//AB，$OE=\frac{1}{2}AB$。
∵ BD⊥CD，AB//CD，
∴ AB⊥DB，
∴ OE⊥BD，即△DEF中DF边上的高为EO。
∴ $S_{△ DEF}=\frac{1}{2}· DF· EO=\sqrt{5}$，
将DF=2代入得$\frac{1}{2}×2× EO=\sqrt{5}$，解得$OE=\sqrt{5}$。
∴ $CD=AB=2OE=2\sqrt{5}$。
(2) $NQ=PG$，理由如下：
过点G作$GM⊥ BC$于点M。
∵ 四边形ABCD是平行四边形，$∠ ABC=120°$，
∴ $∠ BCD=180°-∠ ABC=60°$。
∵ BD⊥CD，即$∠ BDC=90°$，
∴ $∠ DBC=90°-∠ BCD=30°$。
∵ AB=CD=2，在Rt△BDC中$∠ DBC=30°$，30°角对的直角边是斜边的一半，
∴ $BC=2CD=4$。
∵ $BC=4CN$，
∴ $CN=1$，$BN=BC-CN=3$。
∵ CE平分$∠ BCD$，
∴ $∠ BCE=∠ DCE=\frac{1}{2}∠ BCD=30°$。
∵ GN//CE，
∴ $∠ BNG=∠ BCE=30°$，
∴ $∠ DBC=∠ BNG=30°$，
∴ $GB=GN$，即△GBN是等腰三角形。
∵ GM⊥BC，
∴ $BM=MN=\frac{1}{2}BN=\frac{3}{2}$，且在Rt△GMN中$∠ BNG=30°$，故$GM=\frac{1}{2}GN$。
在Rt△GMN中，由勾股定理得$GN^2=GM^2+MN^2$，
代入得$GN^2=(\frac{1}{2}GN)^2+(\frac{3}{2})^2$，
整理得$\frac{3}{4}GN^2=\frac{9}{4}$，解得$GN=\sqrt{3}$（边长为正，舍去负根）。
∵ $PQ=\sqrt{3}$，
∴ $PQ=GN$，
又
∵ PQ在CE上，GN//CE，
∴ PQ//GN，
∴ 四边形PQNG是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形），
∴ $NQ=PG$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{CD=2\sqrt{5}}$
(2) $\boldsymbol{NQ=PG}$，理由见解析
【知识点】
平行四边形的性质与判定；三角形中位线定理；直角三角形的性质
【点评】
本题属于四边形综合题，融合了平行四边形、三角形中位线、直角三角形、等腰三角形的性质及判定考点，解题时需要结合已知条件逐步推导，合理构造辅助线转化线段关系，能有效考查几何综合分析能力。
【难度系数】
0.6
(1) 先利用平行四边形的性质得到边与对角线的关系，结合E、O分别是AD、BD的中点，判定OE是△ABD的中位线，得到OE与AB的数量、位置关系；再由BD⊥CD推出OE⊥BD，利用△DEF的面积和DF长度求出OE，进而求得CD的长。
(2) 要判断PG和QN的数量关系，结合NG//CE的条件，只需证明PQ与GN平行且相等，即可得到四边形PQNG是平行四边形，从而得到对边相等。先根据平行四边形邻角互补、直角三角形的性质求出BC的长度，得到BN的长；再由角平分线和平行线的性质推出△GBN是等腰三角形，作GM⊥BC后用勾股定理求出GN的长度，验证GN=PQ，即可证明四边形PQNG是平行四边形，得到结论。
【解析】
(1)
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ AB//CD，AB=CD，对角线互相平分，即OD=OB。
∵ AE=ED，OD=OB，
∴ OE是△ABD的中位线，
∴ OE//AB，$OE=\frac{1}{2}AB$。
∵ BD⊥CD，AB//CD，
∴ AB⊥DB，
∴ OE⊥BD，即△DEF中DF边上的高为EO。
∴ $S_{△ DEF}=\frac{1}{2}· DF· EO=\sqrt{5}$，
将DF=2代入得$\frac{1}{2}×2× EO=\sqrt{5}$，解得$OE=\sqrt{5}$。
∴ $CD=AB=2OE=2\sqrt{5}$。
(2) $NQ=PG$，理由如下：
过点G作$GM⊥ BC$于点M。
∵ 四边形ABCD是平行四边形，$∠ ABC=120°$，
∴ $∠ BCD=180°-∠ ABC=60°$。
∵ BD⊥CD，即$∠ BDC=90°$，
∴ $∠ DBC=90°-∠ BCD=30°$。
∵ AB=CD=2，在Rt△BDC中$∠ DBC=30°$，30°角对的直角边是斜边的一半，
∴ $BC=2CD=4$。
∵ $BC=4CN$，
∴ $CN=1$，$BN=BC-CN=3$。
∵ CE平分$∠ BCD$，
∴ $∠ BCE=∠ DCE=\frac{1}{2}∠ BCD=30°$。
∵ GN//CE，
∴ $∠ BNG=∠ BCE=30°$，
∴ $∠ DBC=∠ BNG=30°$，
∴ $GB=GN$，即△GBN是等腰三角形。
∵ GM⊥BC，
∴ $BM=MN=\frac{1}{2}BN=\frac{3}{2}$，且在Rt△GMN中$∠ BNG=30°$，故$GM=\frac{1}{2}GN$。
在Rt△GMN中，由勾股定理得$GN^2=GM^2+MN^2$，
代入得$GN^2=(\frac{1}{2}GN)^2+(\frac{3}{2})^2$，
整理得$\frac{3}{4}GN^2=\frac{9}{4}$，解得$GN=\sqrt{3}$（边长为正，舍去负根）。
∵ $PQ=\sqrt{3}$，
∴ $PQ=GN$，
又
∵ PQ在CE上，GN//CE，
∴ PQ//GN，
∴ 四边形PQNG是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形），
∴ $NQ=PG$。
【答案】
(1) $\boldsymbol{CD=2\sqrt{5}}$
(2) $\boldsymbol{NQ=PG}$，理由见解析
【知识点】
平行四边形的性质与判定；三角形中位线定理；直角三角形的性质
【点评】
本题属于四边形综合题，融合了平行四边形、三角形中位线、直角三角形、等腰三角形的性质及判定考点，解题时需要结合已知条件逐步推导，合理构造辅助线转化线段关系，能有效考查几何综合分析能力。
【难度系数】
0.6
