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11.若方程$x^2 -6x +k=0$有两个不相等的实数根，则k的取值范围是
$k＜9$
。答案
11.$k＜9$
解析
【分析】
首先看到题目是一元二次方程有两个不相等的实数根，我们需要联想到一元二次方程根的个数和判别式的对应关系：当判别式Δ＞0时，方程有两个不相等的实数根。接下来先明确方程中二次项系数a、一次项系数b、常数项c的取值，代入Δ＞0得到关于k的不等式，解不等式就能得到k的取值范围，本题二次项系数为1≠0，不需要讨论非一元二次方程的情况。
【解析】
解：
∵ 一元二次方程$x^2 -6x +k=0$有两个不相等的实数根，
∴ 判别式$\Delta = b^2-4ac ＞0$，
在该方程中$a=1$，$b=-6$，$c=k$，代入得：
$(-6)^2 -4×1× k ＞0$，
计算得$36-4k＞0$，
移项得$-4k＞-36$，
系数化为1（除以负数，不等号方向改变）得$k＜9$。
【答案】
$k＜9$
【知识点】
一元二次方程根的判别式；解一元一次不等式
【点评】
本题是基础题型，核心考查一元二次方程根的判别式的应用，解题关键是熟记判别式和根的个数的对应关系，解不等式时要注意系数为负时不等号方向需要改变。
【难度系数】
0.85
首先看到题目是一元二次方程有两个不相等的实数根，我们需要联想到一元二次方程根的个数和判别式的对应关系：当判别式Δ＞0时，方程有两个不相等的实数根。接下来先明确方程中二次项系数a、一次项系数b、常数项c的取值，代入Δ＞0得到关于k的不等式，解不等式就能得到k的取值范围，本题二次项系数为1≠0，不需要讨论非一元二次方程的情况。
【解析】
解：
∵ 一元二次方程$x^2 -6x +k=0$有两个不相等的实数根，
∴ 判别式$\Delta = b^2-4ac ＞0$，
在该方程中$a=1$，$b=-6$，$c=k$，代入得：
$(-6)^2 -4×1× k ＞0$，
计算得$36-4k＞0$，
移项得$-4k＞-36$，
系数化为1（除以负数，不等号方向改变）得$k＜9$。
【答案】
$k＜9$
【知识点】
一元二次方程根的判别式；解一元一次不等式
【点评】
本题是基础题型，核心考查一元二次方程根的判别式的应用，解题关键是熟记判别式和根的个数的对应关系，解不等式时要注意系数为负时不等号方向需要改变。
【难度系数】
0.85
12. 如图,在正方形ABCD中,延长AB至点E,使AE=AC,连接CE,则∠BCE的度数为
$22.5°$
.答案
12.$22.5°$
解析
【分析】
解题时先回忆正方形的性质，正方形的对角线平分一组内角，可先得到∠CAB、∠ACB的度数；再结合AE=AC可知△ACE是等腰三角形，利用三角形内角和定理可求出底角∠ACE的度数；最后用∠ACE减去∠ACB的度数，即可得到∠BCE的度数。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是正方形，AC是对角线
∴∠CAE=∠ACB=45°
又
∵AE=AC
∴△ACE是等腰三角形
∴∠ACE=∠AEC=(180°-∠CAE)÷2=(180°-45°)÷2=67.5°
∴∠BCE=∠ACE - ∠ACB=67.5°-45°=22.5°
【答案】
22.5°
【知识点】
正方形的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理
【点评】
本题属于基础角度计算题，将正方形的性质与等腰三角形的性质结合考查，解题的关键是准确找到已知角和待求角之间的数量关系。
【难度系数】
0.8
解题时先回忆正方形的性质，正方形的对角线平分一组内角，可先得到∠CAB、∠ACB的度数；再结合AE=AC可知△ACE是等腰三角形，利用三角形内角和定理可求出底角∠ACE的度数；最后用∠ACE减去∠ACB的度数，即可得到∠BCE的度数。
【解析】
解：
∵四边形ABCD是正方形，AC是对角线
∴∠CAE=∠ACB=45°
又
∵AE=AC
∴△ACE是等腰三角形
∴∠ACE=∠AEC=(180°-∠CAE)÷2=(180°-45°)÷2=67.5°
∴∠BCE=∠ACE - ∠ACB=67.5°-45°=22.5°
【答案】
22.5°
【知识点】
正方形的性质，等腰三角形的性质，三角形内角和定理
【点评】
本题属于基础角度计算题，将正方形的性质与等腰三角形的性质结合考查，解题的关键是准确找到已知角和待求角之间的数量关系。
【难度系数】
0.8
13.如图，菱形ABCD对角线的长分别为2和5，P是对角线AC上任意一点(点P不与点A，C重合)且$PE// BC$交AB于点E，$PF// CD$交AD于点F，则阴影部分的面积是
$2.5$
。答案
13.$2.5$
解析
【分析】
解题时先回忆菱形和平行四边形的相关性质：首先菱形的面积等于对角线乘积的一半，且菱形对边互相平行。观察已知条件，$PE// BC$、$PF// CD$，结合菱形对边平行的性质可推出四边形$AEPF$是平行四边形，平行四边形的对角线将其分成两个面积相等的三角形，因此可将阴影部分的面积转化为$△ ABC$的面积，也就是菱形面积的一半，即可快速求出结果。
【解析】
1. 计算菱形$ABCD$的面积：
菱形的面积公式为对角线乘积的一半，已知菱形对角线长分别为2和5，因此
$S_{\mathrm{菱形}ABCD}=\frac{1}{2}×2×5=5$。
2. 判定四边形$AEPF$的形状：
∵四边形$ABCD$是菱形，
∴$AD// BC$，$AB// CD$，
又
∵$PE// BC$，$PF// CD$，
∴$PE// AD$，$PF// AB$，
∴四边形$AEPF$是平行四边形。
3. 转化阴影部分面积：
平行四边形的对角线$AP$将$AEPF$分为面积相等的两个三角形，即$S_{△ AEP}=S_{△ AFP}$，
因此阴影部分的面积可转化为$△ ABC$的面积，而$△ ABC$的面积是菱形面积的一半，
即$S_{\mathrm{阴影}}=S_{△ ABC}=\frac{1}{2}S_{\mathrm{菱形}ABCD}=\frac{1}{2}×5=2.5$。
【答案】
$2.5$
【知识点】
菱形的性质，平行四边形的判定与性质，面积转化
【点评】
本题核心考查等面积转化的思想，无需复杂计算，只需通过平行四边形的性质将不规则的阴影面积转化为规则的三角形面积即可求解，解题关键是找到面积相等的图形进行替换。
【难度系数】
0.7
解题时先回忆菱形和平行四边形的相关性质：首先菱形的面积等于对角线乘积的一半，且菱形对边互相平行。观察已知条件，$PE// BC$、$PF// CD$，结合菱形对边平行的性质可推出四边形$AEPF$是平行四边形，平行四边形的对角线将其分成两个面积相等的三角形，因此可将阴影部分的面积转化为$△ ABC$的面积，也就是菱形面积的一半，即可快速求出结果。
【解析】
1. 计算菱形$ABCD$的面积：
菱形的面积公式为对角线乘积的一半，已知菱形对角线长分别为2和5，因此
$S_{\mathrm{菱形}ABCD}=\frac{1}{2}×2×5=5$。
2. 判定四边形$AEPF$的形状：
∵四边形$ABCD$是菱形，
∴$AD// BC$，$AB// CD$，
又
∵$PE// BC$，$PF// CD$，
∴$PE// AD$，$PF// AB$，
∴四边形$AEPF$是平行四边形。
3. 转化阴影部分面积：
平行四边形的对角线$AP$将$AEPF$分为面积相等的两个三角形，即$S_{△ AEP}=S_{△ AFP}$，
因此阴影部分的面积可转化为$△ ABC$的面积，而$△ ABC$的面积是菱形面积的一半，
即$S_{\mathrm{阴影}}=S_{△ ABC}=\frac{1}{2}S_{\mathrm{菱形}ABCD}=\frac{1}{2}×5=2.5$。
【答案】
$2.5$
【知识点】
菱形的性质，平行四边形的判定与性质，面积转化
【点评】
本题核心考查等面积转化的思想，无需复杂计算，只需通过平行四边形的性质将不规则的阴影面积转化为规则的三角形面积即可求解，解题关键是找到面积相等的图形进行替换。
【难度系数】
0.7
14.在设计人体雕像时,使雕像上部(腰部以上)与下部(腰部以下)的高度比,等于下部与全部的高度比(即$\frac{AB}{BC}=\frac{BC}{AC}$),可以增加视觉美感.如图,按此比例设计一座高度AC为2 m的雕像,则该雕像的下部高度BC应设计为
$(\sqrt{5}-1)\mathrm{m}$
.(结果保留根号)答案
14.$(\sqrt{5}-1)\mathrm{m}$
解析
【分析】
本题考查黄金分割的实际应用，解题思路如下：第一步，根据题意设未知量，设雕像下部高度BC为x m，结合总高度AC=2m，可表示出上部高度AB为(2-x)m；第二步，将AB、BC、AC的长度代入题目给出的比例关系$\frac{AB}{BC}=\frac{BC}{AC}$，即可得到关于x的一元二次方程；第三步，求解一元二次方程，结合长度为正数的实际意义舍去负根，即可得到BC的长度。
【解析】
解：设该雕像的下部高度BC为$x\ \mathrm{m}$，由题意得$AC=2\ \mathrm{m}$，则上部高度$AB=AC-BC=(2-x)\ \mathrm{m}$。
根据题中给出的比例关系$\frac{AB}{BC}=\frac{BC}{AC}$，代入各段长度可得：
$\frac{2-x}{x}=\frac{x}{2}$
交叉相乘得：$x^2=2(2-x)$
整理为一元二次方程的标准形式：$x^2+2x-4=0$
根据一元二次方程求根公式$x=\frac{-b\pm\sqrt{b^2-4ac}}{2a}$，其中$a=1,b=2,c=-4$，代入得：
$x=\frac{-2\pm\sqrt{2^2-4×1×(-4)}}{2×1}=\frac{-2\pm\sqrt{20}}{2}=\frac{-2\pm2\sqrt{5}}{2}=-1\pm\sqrt{5}$
∵长度为正数，
∴$x=-1-\sqrt{5}$不符合题意，舍去
∴$x=\sqrt{5}-1$，即BC的长度为$(\sqrt{5}-1)\ \mathrm{m}$
【答案】
$(\sqrt{5}-1)\mathrm{m}$
【知识点】
黄金分割，一元二次方程的应用，比例的基本性质
【点评】
本题是黄金分割在实际设计中的应用类基础题，解题的核心是准确根据题意的比例关系建立方程，求解后要注意结合实际意义对根进行取舍，这类题目贴合生活实际，能锻炼学生将数学知识应用到实际问题的能力。
【难度系数】
0.7
本题考查黄金分割的实际应用，解题思路如下：第一步，根据题意设未知量，设雕像下部高度BC为x m，结合总高度AC=2m，可表示出上部高度AB为(2-x)m；第二步，将AB、BC、AC的长度代入题目给出的比例关系$\frac{AB}{BC}=\frac{BC}{AC}$，即可得到关于x的一元二次方程；第三步，求解一元二次方程，结合长度为正数的实际意义舍去负根，即可得到BC的长度。
【解析】
解：设该雕像的下部高度BC为$x\ \mathrm{m}$，由题意得$AC=2\ \mathrm{m}$，则上部高度$AB=AC-BC=(2-x)\ \mathrm{m}$。
根据题中给出的比例关系$\frac{AB}{BC}=\frac{BC}{AC}$，代入各段长度可得：
$\frac{2-x}{x}=\frac{x}{2}$
交叉相乘得：$x^2=2(2-x)$
整理为一元二次方程的标准形式：$x^2+2x-4=0$
根据一元二次方程求根公式$x=\frac{-b\pm\sqrt{b^2-4ac}}{2a}$，其中$a=1,b=2,c=-4$，代入得：
$x=\frac{-2\pm\sqrt{2^2-4×1×(-4)}}{2×1}=\frac{-2\pm\sqrt{20}}{2}=\frac{-2\pm2\sqrt{5}}{2}=-1\pm\sqrt{5}$
∵长度为正数，
∴$x=-1-\sqrt{5}$不符合题意，舍去
∴$x=\sqrt{5}-1$，即BC的长度为$(\sqrt{5}-1)\ \mathrm{m}$
【答案】
$(\sqrt{5}-1)\mathrm{m}$
【知识点】
黄金分割，一元二次方程的应用，比例的基本性质
【点评】
本题是黄金分割在实际设计中的应用类基础题，解题的核心是准确根据题意的比例关系建立方程，求解后要注意结合实际意义对根进行取舍，这类题目贴合生活实际，能锻炼学生将数学知识应用到实际问题的能力。
【难度系数】
0.7
15. 如图，已知$△ ABC ≌ △ DCE ≌ △ HEF$，三条对应边$BC,CE,EF$在同一条直线上，连接$BH$，分别交$AC,DC,DE$于点$P,Q,K$，其中$S_{△ PQC}=1$，则图中三个阴影部分的面积和为________.
答案
15.$13$
解析
【分析】首先根据三个三角形全等，可得对应边相等、对应角相等，进而推出AB//DC//HE、AC//DE//HF；再利用平行线得到相似三角形，结合相似三角形面积比等于相似比的平方、等高三角形面积比等于底的比，由已知$S_{△PQC}=1$依次求出各阴影部分的面积，最后求和得到结果。
【解析】
解：
∵$△ ABC ≌ △ DCE ≌ △ HEF$
∴$BC=CE=EF$，$AC=DE=HF$，$AB=DC=HE$，$∠ ACB=∠ DEC=∠ HFE$，$∠ ABC=∠ DCE=∠ HEF$
∴$AC// DE// HF$，$AB// DC// HE$
1. 由$AC// HF$，得$△ BCP ∽ △ BFH$，相似比$BC:BF=1:3$，故$PC:HF=1:3$。
又$HF=AC$，因此$PC=\frac{1}{3}AC$，即$AP:PC=2:1$。
2. 由$AB// DC$，得$△ ABP ∽ △ CQP$，相似比为$AP:PC=2:1$，面积比为$4:1$。
已知$S_{△PQC}=1$，故$S_{△ABP}=4×1=4$。
3. $△ ABP$与$△ BCP$等高，面积比等于底的比$AP:PC=2:1$，因此$S_{△BCP}=\frac{1}{2}S_{△ABP}=2$，即左侧阴影面积为2。
4. $S_{△ABC}=S_{△ABP}+S_{△BCP}=4+2=6$，由全等得$S_{△DCE}=S_{△HEF}=6$。
5. 由$△ ABP ∽ △ CQP$，相似比$2:1$，得$AB:CQ=2:1$，又$AB=DC$，故$CQ=\frac{1}{2}DC$，即$DQ=CQ$。
6. 由$AC// DE$，得$∠ PCQ=∠ KDQ$，又$CQ=DQ$，$∠ PQC=∠ KQD$，故$△ PCQ ≌ △ KDQ$（ASA），因此$S_{△KDQ}=S_{△PQC}=1$。
7. 中间阴影为四边形CEKQ，其面积为$S_{△DCE}-S_{△KDQ}=6-1=5$。
8. 右侧阴影为$△ HEF$，面积为6。
9. 三个阴影面积和为$2+5+6=13$。
【答案】
13
【知识点】
全等三角形的性质，相似三角形的判定与性质，平行线的判定
【点评】本题综合性较强，需要结合全等、平行线、相似的性质逐步推导，解题的关键是找到各三角形之间的面积关系，对逻辑推理能力有一定要求。
【难度系数】
0.4
【解析】
解：
∵$△ ABC ≌ △ DCE ≌ △ HEF$
∴$BC=CE=EF$，$AC=DE=HF$，$AB=DC=HE$，$∠ ACB=∠ DEC=∠ HFE$，$∠ ABC=∠ DCE=∠ HEF$
∴$AC// DE// HF$，$AB// DC// HE$
1. 由$AC// HF$，得$△ BCP ∽ △ BFH$，相似比$BC:BF=1:3$，故$PC:HF=1:3$。
又$HF=AC$，因此$PC=\frac{1}{3}AC$，即$AP:PC=2:1$。
2. 由$AB// DC$，得$△ ABP ∽ △ CQP$，相似比为$AP:PC=2:1$，面积比为$4:1$。
已知$S_{△PQC}=1$，故$S_{△ABP}=4×1=4$。
3. $△ ABP$与$△ BCP$等高，面积比等于底的比$AP:PC=2:1$，因此$S_{△BCP}=\frac{1}{2}S_{△ABP}=2$，即左侧阴影面积为2。
4. $S_{△ABC}=S_{△ABP}+S_{△BCP}=4+2=6$，由全等得$S_{△DCE}=S_{△HEF}=6$。
5. 由$△ ABP ∽ △ CQP$，相似比$2:1$，得$AB:CQ=2:1$，又$AB=DC$，故$CQ=\frac{1}{2}DC$，即$DQ=CQ$。
6. 由$AC// DE$，得$∠ PCQ=∠ KDQ$，又$CQ=DQ$，$∠ PQC=∠ KQD$，故$△ PCQ ≌ △ KDQ$（ASA），因此$S_{△KDQ}=S_{△PQC}=1$。
7. 中间阴影为四边形CEKQ，其面积为$S_{△DCE}-S_{△KDQ}=6-1=5$。
8. 右侧阴影为$△ HEF$，面积为6。
9. 三个阴影面积和为$2+5+6=13$。
【答案】
13
【知识点】
全等三角形的性质，相似三角形的判定与性质，平行线的判定
【点评】本题综合性较强，需要结合全等、平行线、相似的性质逐步推导，解题的关键是找到各三角形之间的面积关系，对逻辑推理能力有一定要求。
【难度系数】
0.4
三、解答题
16. 解方程：$x(x-2)-x+2=0.$
16. 解方程：$x(x-2)-x+2=0.$
答案
16.解:方程变形,得$x(x-2)-(x-2)=0$. 分解因式,得$(x-1)(x-2)=0$. 可得$x-1=0$或$x-2=0$,解得$x_1=1,x_2=2$.
解析
【分析】
观察方程的结构特征，可先对左侧式子变形，将后两项看作整体提取负号后，式子中出现公因式$(x-2)$，使用提公因式法因式分解，就能将一元二次方程转化为两个一元一次方程，进而求解，选择因式分解法解题比配方法、公式法更简便。
【解析】
解：方程变形，得$x(x-2)-(x-2)=0$，
分解因式，得$(x-1)(x-2)=0$，
可得$x-1=0$或$x-2=0$，
解得$x_1=1$，$x_2=2$。
【答案】
$x_1=1$，$x_2=2$
【知识点】
因式分解法解一元二次方程、提公因式法因式分解
【点评】
本题是一元二次方程求解的基础题，解题时优先观察方程的结构特征，选择合适的解法可简化计算过程，提升解题速度和正确率。
【难度系数】
0.85
观察方程的结构特征，可先对左侧式子变形，将后两项看作整体提取负号后，式子中出现公因式$(x-2)$，使用提公因式法因式分解，就能将一元二次方程转化为两个一元一次方程，进而求解，选择因式分解法解题比配方法、公式法更简便。
【解析】
解：方程变形，得$x(x-2)-(x-2)=0$，
分解因式，得$(x-1)(x-2)=0$，
可得$x-1=0$或$x-2=0$，
解得$x_1=1$，$x_2=2$。
【答案】
$x_1=1$，$x_2=2$
【知识点】
因式分解法解一元二次方程、提公因式法因式分解
【点评】
本题是一元二次方程求解的基础题，解题时优先观察方程的结构特征，选择合适的解法可简化计算过程，提升解题速度和正确率。
【难度系数】
0.85
17. 在平面直角坐标系中，$△ ABC$的位置如图所示，每个小正方形的边长均为1.
(1)在图1的第一象限内，对$△ ABC$进行位似变换，以原点$O$为位似中心画出$△ DEF$(点$A,B,C$分别对应点$D,E,F$)，且$△ ABC$与$△ DEF$的相似比为2，线段$AC$上一点$G(5,3)$经过变换后对应的点的坐标为
(2)在图2中画出一个格点三角形，使其同时满足下列两个条件:①与$△ ABC$有公共角;②与$△ ABC$相似但不全等.
(1)在图1的第一象限内，对$△ ABC$进行位似变换，以原点$O$为位似中心画出$△ DEF$(点$A,B,C$分别对应点$D,E,F$)，且$△ ABC$与$△ DEF$的相似比为2，线段$AC$上一点$G(5,3)$经过变换后对应的点的坐标为
$(\frac{5}{2},\frac{3}{2})$
.(2)在图2中画出一个格点三角形，使其同时满足下列两个条件:①与$△ ABC$有公共角;②与$△ ABC$相似但不全等.
答案
17.解:(1)图略 $(\frac{5}{2},\frac{3}{2})$.(2)图略.
解析
【分析】
(1) 本题考查位似变换的坐标变化规律，首先明确位似中心为原点时，对应点的坐标比等于位似比；已知△ABC与△DEF的相似比为2，即新图形△DEF与原图形△ABC的位似比为$\frac{1}{2}$，因此原图形上的点坐标乘$\frac{1}{2}$即可得到对应点的坐标，再按坐标描点连线即可画出△DEF。
(2) 要画出满足条件的格点三角形，可先选定△ABC的一个内角作为公共角，再根据相似三角形的SAS判定定理，让夹这个公共角的两条边的比值等于相似比（不为1），选取对应格点连线即可。
【解析】
(1) 因为以原点O为位似中心，△ABC与△DEF的相似比为2，所以△DEF的各点坐标为△ABC对应点坐标的$\frac{1}{2}$。
已知点G的坐标为$(5,3)$，则变换后对应点的坐标为$(5×\frac{1}{2},3×\frac{1}{2})$，即$(\frac{5}{2},\frac{3}{2})$。
画图提示：分别将点A(4,2)、B(2,2)、C(6,4)的横纵坐标乘$\frac{1}{2}$得到对应点D(2,1)、E(1,1)、F(3,2)，顺次连接三点即可得到△DEF，图略。
(2) 画图示例：选取∠B为公共角，延长BA到点P(0,2)（此时BP=4，原BA=2，$\frac{BP}{BA}=2$），延长BC到点Q(10,6)（此时BQ=$\sqrt{(10-2)^2+(6-2)^2}=4\sqrt{5}$，原BC=$2\sqrt{5}$，$\frac{BQ}{BC}=2$），连接PQ，所得△BPQ即为符合要求的格点三角形，答案不唯一，图略。
【答案】
(1) 图略，$(\frac{5}{2},\frac{3}{2})$；(2) 图略
【知识点】
位似变换，相似三角形判定，坐标与图形变化
【点评】
本题侧重考察位似变换的坐标规律和相似三角形的构造，解题时需注意位似比的对应关系，构造相似三角形时紧扣公共角、两边成比例且比例不为1的要求即可，解题方式灵活多样。
【难度系数】
0.7
(1) 本题考查位似变换的坐标变化规律，首先明确位似中心为原点时，对应点的坐标比等于位似比；已知△ABC与△DEF的相似比为2，即新图形△DEF与原图形△ABC的位似比为$\frac{1}{2}$，因此原图形上的点坐标乘$\frac{1}{2}$即可得到对应点的坐标，再按坐标描点连线即可画出△DEF。
(2) 要画出满足条件的格点三角形，可先选定△ABC的一个内角作为公共角，再根据相似三角形的SAS判定定理，让夹这个公共角的两条边的比值等于相似比（不为1），选取对应格点连线即可。
【解析】
(1) 因为以原点O为位似中心，△ABC与△DEF的相似比为2，所以△DEF的各点坐标为△ABC对应点坐标的$\frac{1}{2}$。
已知点G的坐标为$(5,3)$，则变换后对应点的坐标为$(5×\frac{1}{2},3×\frac{1}{2})$，即$(\frac{5}{2},\frac{3}{2})$。
画图提示：分别将点A(4,2)、B(2,2)、C(6,4)的横纵坐标乘$\frac{1}{2}$得到对应点D(2,1)、E(1,1)、F(3,2)，顺次连接三点即可得到△DEF，图略。
(2) 画图示例：选取∠B为公共角，延长BA到点P(0,2)（此时BP=4，原BA=2，$\frac{BP}{BA}=2$），延长BC到点Q(10,6)（此时BQ=$\sqrt{(10-2)^2+(6-2)^2}=4\sqrt{5}$，原BC=$2\sqrt{5}$，$\frac{BQ}{BC}=2$），连接PQ，所得△BPQ即为符合要求的格点三角形，答案不唯一，图略。
【答案】
(1) 图略，$(\frac{5}{2},\frac{3}{2})$；(2) 图略
【知识点】
位似变换，相似三角形判定，坐标与图形变化
【点评】
本题侧重考察位似变换的坐标规律和相似三角形的构造，解题时需注意位似比的对应关系，构造相似三角形时紧扣公共角、两边成比例且比例不为1的要求即可，解题方式灵活多样。
【难度系数】
0.7
18. 如图，在$□ ABCD$中，$AE$平分$∠ BAD$交$CD$于点$E$，$DF$平分$∠ ADC$交$AB$于点$F$，$AE$与$DF$相交于点$O$，连接$EF$，$OC$.
(1) 请依题意补全图形. 求证：四边形$ADEF$是菱形.
(2) 若$AD=4$，$AB=6$，$∠ ADC=60°$，求$OC$的长.
(1) 请依题意补全图形. 求证：四边形$ADEF$是菱形.
(2) 若$AD=4$，$AB=6$，$∠ ADC=60°$，求$OC$的长.
答案
18.解:(1)补全图形如图所示.
∵四边形ABCD是平行四边形,
∴$ED// AF$.
∴$∠EDF=∠AFD,∠DEA=∠EAF$.
∵DF平分$∠ADE$,AE平分$∠DAB$,
∴$∠ADF=∠EDF=∠AFD,∠DAE=∠EAF=∠DEA$.
∴$AD=AF,AD=DE$.
∴四边形ADEF是菱形.(2)过点O作$OG⊥CD$于点G.
∵四边形ADEF是菱形,
∴$∠ADF=∠EDF=30°,AE⊥DF$.
∴$AO=\frac{1}{2}AD=2$. 由勾股定理,得$OD=\sqrt{AD^2-AO^2}=2\sqrt{3}$.
∴$OG=\frac{1}{2}OD=\sqrt{3},DG=\sqrt{3}OG=3$.
∴$CG=CD-DG=3$. 在$\mathrm{Rt}△OCG$中,$OC=\sqrt{OG^2+CG^2}=\sqrt{(\sqrt{3})^2+3^2}=2\sqrt{3}$.
解析
【分析】
第(1)问：要证四边形ADEF是菱形，优先选用“一组邻边相等的平行四边形是菱形”的判定定理。首先由平行四边形ABCD的性质可得ED//AF，已经满足一组对边平行；结合角平分线和平行线的性质，可推出等腰△ADF和等腰△ADE，得到AD=AF=DE，即可证ADEF是平行四边形且邻边相等，从而得菱形。
第(2)问：求线段OC的长，通常将其放入直角三角形中用勾股定理求解，因此过O作OG⊥CD构造Rt△OCG。结合菱形对角线互相垂直、平分内角的性质，利用30°直角三角形的边长关系依次求出OD、OG、DG的长度，再结合CD=AB求出CG，最后用勾股定理计算OC即可。
【解析】
(1) 补全图形如图所示。
证明：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴$ED// AF$，
∴$∠EDF=∠AFD$，$∠DEA=∠EAF$。
∵DF平分$∠ADC$，AE平分$∠DAB$，
∴$∠ADF=∠EDF$，$∠DAE=∠EAF$，
∴$∠ADF=∠AFD$，$∠DAE=∠DEA$，
∴$AD=AF$，$AD=DE$，
∴$AF=DE$，且$AF// DE$，
∴四边形ADEF是平行四边形，
又
∵$AD=AF$，
∴四边形ADEF是菱形。
(2) 过点O作$OG⊥CD$于点G。
∵四边形ADEF是菱形，$∠ADC=60°$，
∴DF平分$∠ADE$，$AE⊥DF$，即$∠AOD=90°$，$∠ADF=∠EDF=30°$。
在$Rt△AOD$中，$AD=4$，
∴$AO=\frac{1}{2}AD=2$，
由勾股定理得：$OD=\sqrt{AD^2-AO^2}=\sqrt{4^2-2^2}=2\sqrt{3}$。
在$Rt△ODG$中，$∠EDF=30°$，
∴$OG=\frac{1}{2}OD=\sqrt{3}$，$DG=\sqrt{OD^2-OG^2}=3$。
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴$CD=AB=6$，
∴$CG=CD-DG=6-3=3$。
在$\mathrm{Rt}△OCG$中，由勾股定理得：
$OC=\sqrt{OG^2+CG^2}=\sqrt{(\sqrt{3})^2+3^2}=\sqrt{3+9}=2\sqrt{3}$。
【答案】
(1) 补全图形如图所示，四边形ADEF是菱形，证明成立；
(2) $OC$的长为$2\sqrt{3}$。
【知识点】
平行四边形的性质、菱形的判定与性质、勾股定理
【点评】
本题综合考查了平行四边形、菱形的相关性质，以及角平分线、直角三角形的性质应用，解题时要注意通过角的等量关系转化得到边的关系，求线段长度时合理构造直角三角形，能有效锻炼几何推理和计算能力。
【难度系数】
0.6
第(1)问：要证四边形ADEF是菱形，优先选用“一组邻边相等的平行四边形是菱形”的判定定理。首先由平行四边形ABCD的性质可得ED//AF，已经满足一组对边平行；结合角平分线和平行线的性质，可推出等腰△ADF和等腰△ADE，得到AD=AF=DE，即可证ADEF是平行四边形且邻边相等，从而得菱形。
第(2)问：求线段OC的长，通常将其放入直角三角形中用勾股定理求解，因此过O作OG⊥CD构造Rt△OCG。结合菱形对角线互相垂直、平分内角的性质，利用30°直角三角形的边长关系依次求出OD、OG、DG的长度，再结合CD=AB求出CG，最后用勾股定理计算OC即可。
【解析】
(1) 补全图形如图所示。
证明：
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴$ED// AF$，
∴$∠EDF=∠AFD$，$∠DEA=∠EAF$。
∵DF平分$∠ADC$，AE平分$∠DAB$，
∴$∠ADF=∠EDF$，$∠DAE=∠EAF$，
∴$∠ADF=∠AFD$，$∠DAE=∠DEA$，
∴$AD=AF$，$AD=DE$，
∴$AF=DE$，且$AF// DE$，
∴四边形ADEF是平行四边形，
又
∵$AD=AF$，
∴四边形ADEF是菱形。
(2) 过点O作$OG⊥CD$于点G。
∵四边形ADEF是菱形，$∠ADC=60°$，
∴DF平分$∠ADE$，$AE⊥DF$，即$∠AOD=90°$，$∠ADF=∠EDF=30°$。
在$Rt△AOD$中，$AD=4$，
∴$AO=\frac{1}{2}AD=2$，
由勾股定理得：$OD=\sqrt{AD^2-AO^2}=\sqrt{4^2-2^2}=2\sqrt{3}$。
在$Rt△ODG$中，$∠EDF=30°$，
∴$OG=\frac{1}{2}OD=\sqrt{3}$，$DG=\sqrt{OD^2-OG^2}=3$。
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴$CD=AB=6$，
∴$CG=CD-DG=6-3=3$。
在$\mathrm{Rt}△OCG$中，由勾股定理得：
$OC=\sqrt{OG^2+CG^2}=\sqrt{(\sqrt{3})^2+3^2}=\sqrt{3+9}=2\sqrt{3}$。
【答案】
(1) 补全图形如图所示，四边形ADEF是菱形，证明成立；
(2) $OC$的长为$2\sqrt{3}$。
【知识点】
平行四边形的性质、菱形的判定与性质、勾股定理
【点评】
本题综合考查了平行四边形、菱形的相关性质，以及角平分线、直角三角形的性质应用，解题时要注意通过角的等量关系转化得到边的关系，求线段长度时合理构造直角三角形，能有效锻炼几何推理和计算能力。
【难度系数】
0.6
