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10.在边长为1的菱形ABCD中,以点B为圆心,BA长为半径画弧,交对角线BD于点E。
(1)若$AE=DE$时,求$∠ABD$的度数;
(2)设$AB=k· AE$,
①当$k=2$时,求BD的长;
②用含$k$的代数式表示$\frac{DE}{BE}$。
(1)若$AE=DE$时,求$∠ABD$的度数;
(2)设$AB=k· AE$,
①当$k=2$时,求BD的长;
②用含$k$的代数式表示$\frac{DE}{BE}$。
答案
10.(1)因为以点B为圆心,BA长为半径画弧,交对角线BD于点E,所以$AB = BE$,所以$∠ BAE = ∠ AEB$。因为菱形ABCD,所以$∠ ABD=∠ ADB$。又$AE=DE$,所以$∠ ADE=∠ DAE$。设$∠ ABD = x°$,则$∠ ADE = ∠ DAE = x°$,所以$∠ AEB=∠ EAB=(2x)°$,$∠ ABD + ∠ EAB + ∠ AEB = 180°$,即$x + 2x + 2x = 180°$,解得$x=36°$,所以$∠ ABD$的度数为$36°$；
(2)①如图1,过点B作$BM⊥ AE$于点M,连结AC交BD于点O。因为AC和BD是菱形ABCD对角线,所以$AC⊥ BD$,且$BD=2BO$。因为$k=2$,$AB = k· AE$,$AB=1$,所以$AE=\frac{1}{2}$。又因为$AB=BE$,所以$AM=\frac{1}{2}AE=\frac{1}{4}$。在直角三角形ABM中,$AB^2=AM^2+BM^2$,所以$BM=\sqrt{1^2-(\frac{1}{4})^2}=\frac{\sqrt{15}}{4}$,$S_{△ ABE}=\frac{1}{2} AE · BM =\frac{1}{2} BE · AO$,即$\frac{1}{2} × \frac{1}{2} × \frac{\sqrt{15}}{4} = \frac{1}{2} × 1 × AO$,所以$AO=\frac{\sqrt{15}}{8}$。在$\mathrm{Rt}△ AOB$中,$AB^2=AO^2+BO^2$,所以$BO=\sqrt{1^2-(\frac{\sqrt{15}}{8})^2}=\frac{7}{8}$,所以$BD=2BO=\frac{7}{4}$,所以BD的长为$\frac{7}{4}$；
②如图2,过点B作$BT⊥ AE$于点T,连结AC交BD于点Q。因为AC和BD是菱形ABCD对角线,所以$AC⊥ BD$,且$BD=2BQ$。因为$AB = k· AE$,$AB=1$,所以$AE=\frac{1}{k}$。又因为$AB=BE$,所以$AT=\frac{1}{2}AE=\frac{1}{2k}$。在直角三角形ABT中,$AB^2=AT^2+BT^2$,所以$BT=\sqrt{1-(\frac{1}{2k})^2}=\frac{\sqrt{4k^2-1}}{2k}$,$S_{△ ABE}=\frac{1}{2} AE · BT =\frac{1}{2} BE · AQ$,即$\frac{1}{2} × \frac{1}{k} × \frac{\sqrt{4k^2-1}}{2k} = \frac{1}{2} × 1 × AQ$,所以$AQ=\frac{\sqrt{4k^2-1}}{2k^2}$。在$\mathrm{Rt}△ AQB$中,$AB^2=AQ^2+BQ^2$,所以$BQ=\sqrt{1-\frac{4k^2-1}{(2k^2)^2}}=\frac{2k^2-1}{2k^2}$。在$\mathrm{Rt}△ AQE$中,$AE^2=AQ^2+QE^2$,所以$QE=\sqrt{(\frac{1}{k})^2-\frac{4k^2-1}{(2k^2)^2}}=\frac{1}{2k^2}$,所以$DE=QD - QE = QB - QE=\frac{2k^2-1}{2k^2}-\frac{1}{2k^2}=\frac{k^2-1}{k^2}$,所以$\frac{DE}{BE}=\frac{k^2-1}{k^2}$。
解析
【分析】
本题是菱形与圆结合的几何综合题，核心思路是利用圆的半径相等（AB=BE）、菱形的性质（四边相等、对角线垂直平分、对角线平分内角）、等腰三角形的性质（等边对等角、三线合一），结合三角形内角和、面积法、勾股定理求解。
(1) 已知AE=DE，结合菱形∠ABD=∠ADB，AB=BE，通过设∠ABD为未知数，利用等腰三角形角的关系，结合三角形内角和列方程求解；
(2) ①当k=2时，作等腰△ABE的高，利用菱形对角线垂直的性质，用面积法建立等式求对角线相关线段，再通过勾股定理计算BD；②用含k的代数式表示时，同理作高，通过面积法和勾股定理分别表示相关线段，最终推导比值。
【解析】
(1) 因为以点B为圆心，BA长为半径画弧，交BD于E，所以AB=BE，故∠BAE=∠AEB。
又四边形ABCD是菱形，所以∠ABD=∠ADB。
已知AE=DE，所以∠DAE=∠ADB，因此∠DAE=∠ABD。
设∠ABD=x°，则∠ADB=∠DAE=x°，所以∠AEB=∠DAE+∠ADB=2x°，故∠BAE=∠AEB=2x°。
在△ABE中，∠ABD+∠BAE+∠AEB=180°，即$x + 2x + 2x = 180$，解得$x=36$，所以∠ABD=36°。
(2) ① 如图1，过点B作$BM⊥ AE$于点M，连结AC交BD于点O。
因为四边形ABCD是菱形，所以$AC⊥ BD$，且$BD=2BO$。
由$AB = k· AE$，$AB=1$，$k=2$，得$AE=\frac{1}{2}$。
又$AB=BE$，$BM⊥ AE$，所以$AM=\frac{1}{2}AE=\frac{1}{4}$。
在$Rt△ABM$中，$BM=\sqrt{AB^2 - AM^2}=\sqrt{1^2 - (\frac{1}{4})^2}=\frac{\sqrt{15}}{4}$。
由$S_{△ABE}=\frac{1}{2}AE· BM=\frac{1}{2}BE· AO$，代入得：$\frac{1}{2}×\frac{1}{2}×\frac{\sqrt{15}}{4}=\frac{1}{2}×1×AO$，解得$AO=\frac{\sqrt{15}}{8}$。
在$Rt△AOB$中，$BO=\sqrt{AB^2 - AO^2}=\sqrt{1^2 - (\frac{\sqrt{15}}{8})^2}=\frac{7}{8}$，所以$BD=2BO=\frac{7}{4}$。
② 如图2，过点B作$BT⊥ AE$于点T，连结AC交BD于点Q。
由$AB = k· AE$，$AB=1$，得$AE=\frac{1}{k}$。
又$AB=BE$，$BT⊥ AE$，所以$AT=\frac{1}{2}AE=\frac{1}{2k}$。
在$Rt△ABT$中，$BT=\sqrt{AB^2 - AT^2}=\sqrt{1^2 - (\frac{1}{2k})^2}=\frac{\sqrt{4k^2 -1}}{2k}$。
由$S_{△ABE}=\frac{1}{2}AE· BT=\frac{1}{2}BE· AQ$，代入得：$\frac{1}{2}×\frac{1}{k}×\frac{\sqrt{4k^2 -1}}{2k}=\frac{1}{2}×1×AQ$，解得$AQ=\frac{\sqrt{4k^2 -1}}{2k^2}$。
在$Rt△AQB$中，$BQ=\sqrt{AB^2 - AQ^2}=\sqrt{1 - \frac{4k^2 -1}{4k^4}}=\frac{2k^2 -1}{2k^2}$。
在$Rt△AQE$中，$QE=\sqrt{AE^2 - AQ^2}=\sqrt{\frac{1}{k^2} - \frac{4k^2 -1}{4k^4}}=\frac{1}{2k^2}$。
因为$DE=BQ - QE=\frac{2k^2 -1}{2k^2} - \frac{1}{2k^2}=\frac{k^2 -1}{k^2}$，且$BE=AB=1$，所以$\frac{DE}{BE}=\frac{k^2 -1}{k^2}$。
【答案】10.(1)$36°$；(2)①$\frac{7}{4}$；②$\frac{k^2 -1}{k^2}$
【知识点】菱形性质，等腰三角形性质，勾股定理
【点评】本题综合考查菱形、圆、等腰三角形的核心性质，需灵活运用设元法、面积法、勾股定理解决几何计算问题，是典型的几何综合题，对学生的逻辑推理和运算能力要求较高。
【难度系数】0.4
本题是菱形与圆结合的几何综合题，核心思路是利用圆的半径相等（AB=BE）、菱形的性质（四边相等、对角线垂直平分、对角线平分内角）、等腰三角形的性质（等边对等角、三线合一），结合三角形内角和、面积法、勾股定理求解。
(1) 已知AE=DE，结合菱形∠ABD=∠ADB，AB=BE，通过设∠ABD为未知数，利用等腰三角形角的关系，结合三角形内角和列方程求解；
(2) ①当k=2时，作等腰△ABE的高，利用菱形对角线垂直的性质，用面积法建立等式求对角线相关线段，再通过勾股定理计算BD；②用含k的代数式表示时，同理作高，通过面积法和勾股定理分别表示相关线段，最终推导比值。
【解析】
(1) 因为以点B为圆心，BA长为半径画弧，交BD于E，所以AB=BE，故∠BAE=∠AEB。
又四边形ABCD是菱形，所以∠ABD=∠ADB。
已知AE=DE，所以∠DAE=∠ADB，因此∠DAE=∠ABD。
设∠ABD=x°，则∠ADB=∠DAE=x°，所以∠AEB=∠DAE+∠ADB=2x°，故∠BAE=∠AEB=2x°。
在△ABE中，∠ABD+∠BAE+∠AEB=180°，即$x + 2x + 2x = 180$，解得$x=36$，所以∠ABD=36°。
(2) ① 如图1，过点B作$BM⊥ AE$于点M，连结AC交BD于点O。
因为四边形ABCD是菱形，所以$AC⊥ BD$，且$BD=2BO$。
由$AB = k· AE$，$AB=1$，$k=2$，得$AE=\frac{1}{2}$。
又$AB=BE$，$BM⊥ AE$，所以$AM=\frac{1}{2}AE=\frac{1}{4}$。
在$Rt△ABM$中，$BM=\sqrt{AB^2 - AM^2}=\sqrt{1^2 - (\frac{1}{4})^2}=\frac{\sqrt{15}}{4}$。
由$S_{△ABE}=\frac{1}{2}AE· BM=\frac{1}{2}BE· AO$，代入得：$\frac{1}{2}×\frac{1}{2}×\frac{\sqrt{15}}{4}=\frac{1}{2}×1×AO$，解得$AO=\frac{\sqrt{15}}{8}$。
在$Rt△AOB$中，$BO=\sqrt{AB^2 - AO^2}=\sqrt{1^2 - (\frac{\sqrt{15}}{8})^2}=\frac{7}{8}$，所以$BD=2BO=\frac{7}{4}$。
② 如图2，过点B作$BT⊥ AE$于点T，连结AC交BD于点Q。
由$AB = k· AE$，$AB=1$，得$AE=\frac{1}{k}$。
又$AB=BE$，$BT⊥ AE$，所以$AT=\frac{1}{2}AE=\frac{1}{2k}$。
在$Rt△ABT$中，$BT=\sqrt{AB^2 - AT^2}=\sqrt{1^2 - (\frac{1}{2k})^2}=\frac{\sqrt{4k^2 -1}}{2k}$。
由$S_{△ABE}=\frac{1}{2}AE· BT=\frac{1}{2}BE· AQ$，代入得：$\frac{1}{2}×\frac{1}{k}×\frac{\sqrt{4k^2 -1}}{2k}=\frac{1}{2}×1×AQ$，解得$AQ=\frac{\sqrt{4k^2 -1}}{2k^2}$。
在$Rt△AQB$中，$BQ=\sqrt{AB^2 - AQ^2}=\sqrt{1 - \frac{4k^2 -1}{4k^4}}=\frac{2k^2 -1}{2k^2}$。
在$Rt△AQE$中，$QE=\sqrt{AE^2 - AQ^2}=\sqrt{\frac{1}{k^2} - \frac{4k^2 -1}{4k^4}}=\frac{1}{2k^2}$。
因为$DE=BQ - QE=\frac{2k^2 -1}{2k^2} - \frac{1}{2k^2}=\frac{k^2 -1}{k^2}$，且$BE=AB=1$，所以$\frac{DE}{BE}=\frac{k^2 -1}{k^2}$。
【答案】10.(1)$36°$；(2)①$\frac{7}{4}$；②$\frac{k^2 -1}{k^2}$
【知识点】菱形性质，等腰三角形性质，勾股定理
【点评】本题综合考查菱形、圆、等腰三角形的核心性质，需灵活运用设元法、面积法、勾股定理解决几何计算问题，是典型的几何综合题，对学生的逻辑推理和运算能力要求较高。
【难度系数】0.4
11. 如图,点 P 是$□ ABCD$的边 AD 上一点,已知$S_{△ ABP}+S_{△ PCD}=3$,则$□ ABCD$的面积为 （
A.4
B.5
C.6
D.7
C
）A.4
B.5
C.6
D.7
答案
11.C
解析
【分析】
要解决本题，需利用平行四边形和三角形的面积关系：点P在平行四边形ABCD的AD边上，△ABP和△PCD的高均等于平行四边形AD边上的高，两者的底之和为AD的长度，因此它们的面积和是平行四边形面积的一半，据此可计算平行四边形的面积。
【解析】
设平行四边形ABCD中，AD边上的高为$ h $，平行四边形面积为$ S $，则平行四边形面积公式为$ S = AD × h $。
根据三角形面积公式：
$ S_{△ ABP} = \frac{1}{2} × AP × h $，
$ S_{△ PCD} = \frac{1}{2} × PD × h $，
则$ S_{△ ABP} + S_{△ PCD} = \frac{1}{2} × h × (AP + PD) $，
因为$ AP + PD = AD $，所以$ S_{△ ABP} + S_{△ PCD} = \frac{1}{2} × h × AD = \frac{1}{2}S $。
已知$ S_{△ ABP} + S_{△ PCD} = 3 $，代入得$ \frac{1}{2}S = 3 $，解得$ S = 6 $。
【答案】
C
【知识点】
平行四边形面积、三角形面积公式
【点评】
本题考查平行四边形与三角形的面积关系，核心是发现AD边上两个小三角形的面积和为平行四边形面积的一半，属于基础几何题，难度较低。
【难度系数】
0.6
要解决本题，需利用平行四边形和三角形的面积关系：点P在平行四边形ABCD的AD边上，△ABP和△PCD的高均等于平行四边形AD边上的高，两者的底之和为AD的长度，因此它们的面积和是平行四边形面积的一半，据此可计算平行四边形的面积。
【解析】
设平行四边形ABCD中，AD边上的高为$ h $，平行四边形面积为$ S $，则平行四边形面积公式为$ S = AD × h $。
根据三角形面积公式：
$ S_{△ ABP} = \frac{1}{2} × AP × h $，
$ S_{△ PCD} = \frac{1}{2} × PD × h $，
则$ S_{△ ABP} + S_{△ PCD} = \frac{1}{2} × h × (AP + PD) $，
因为$ AP + PD = AD $，所以$ S_{△ ABP} + S_{△ PCD} = \frac{1}{2} × h × AD = \frac{1}{2}S $。
已知$ S_{△ ABP} + S_{△ PCD} = 3 $，代入得$ \frac{1}{2}S = 3 $，解得$ S = 6 $。
【答案】
C
【知识点】
平行四边形面积、三角形面积公式
【点评】
本题考查平行四边形与三角形的面积关系，核心是发现AD边上两个小三角形的面积和为平行四边形面积的一半，属于基础几何题，难度较低。
【难度系数】
0.6
12.如图，P 是正方形 ABCD 内一点，$BP=BC$，$∠ APD=90°$，则$\frac{S_{△ PCD}}{S_{△ PBC}}$的值为（
A.$\frac{3}{10}$
B.$\frac{\sqrt{2}}{4}$
C.$\frac{1}{3}$
D.$\frac{\sqrt{5}}{7}$
C
）A.$\frac{3}{10}$
B.$\frac{\sqrt{2}}{4}$
C.$\frac{1}{3}$
D.$\frac{\sqrt{5}}{7}$
答案
12.C
解析
【分析】
要解决本题，可通过建立平面直角坐标系，利用正方形性质、两点间距离公式和向量垂直条件确定点P的坐标，再计算两个三角形的面积比。先设正方形边长为a，根据BP=BC和∠APD=90°列出关于点P坐标的方程，联立求解得到P的坐标，最后分别计算△PCD和△PBC的面积，进而求出比值。
【解析】
设正方形ABCD的边长为a，建立平面直角坐标系：令A(0,0)，B(a,0)，C(a,a)，D(0,a)，设点P的坐标为(x,y)。
1. 由BP=BC，BC长度为a，根据两点间距离公式：
√[(x - a)² + (y - 0)²] = a，平方得：(x - a)² + y² = a²，展开整理得：x² + y² = 2ax ①
2. 由∠APD=90°，向量PA=(-x,-y)，向量PD=(-x,a - y)，两向量垂直则点积为0：
(-x)(-x) + (-y)(a - y) = 0，整理得：x² + y² = ay ②
3. 联立①②：2ax = ay，因a≠0，故y=2x，代入②得：x² + (2x)² = a·2x →5x²=2ax，x≠0（P在正方形内），解得x=2a/5，y=4a/5。
4. 计算面积：
△PBC的底BC=a，高为P到BC（直线x=a）的距离，即a - x = a - 2a/5 = 3a/5，故S△PBC=1/2 × a × 3a/5 = 3a²/10；
△PCD的底CD=a，高为P到CD（直线y=a）的距离，即a - y = a - 4a/5 = a/5，故S△PCD=1/2 × a × a/5 = a²/10；
5. 比值：S△PCD/S△PBC = (a²/10) ÷ (3a²/10) = 1/3。
【答案】
C
【知识点】
正方形性质、坐标法、三角形面积计算
【点评】
本题通过坐标法将几何问题转化为代数计算，利用正方形边长相等和直角条件建立方程，是解决几何比值问题的常用方法，需注意坐标设定的合理性和方程联立的准确性。
【难度系数】
0.4
要解决本题，可通过建立平面直角坐标系，利用正方形性质、两点间距离公式和向量垂直条件确定点P的坐标，再计算两个三角形的面积比。先设正方形边长为a，根据BP=BC和∠APD=90°列出关于点P坐标的方程，联立求解得到P的坐标，最后分别计算△PCD和△PBC的面积，进而求出比值。
【解析】
设正方形ABCD的边长为a，建立平面直角坐标系：令A(0,0)，B(a,0)，C(a,a)，D(0,a)，设点P的坐标为(x,y)。
1. 由BP=BC，BC长度为a，根据两点间距离公式：
√[(x - a)² + (y - 0)²] = a，平方得：(x - a)² + y² = a²，展开整理得：x² + y² = 2ax ①
2. 由∠APD=90°，向量PA=(-x,-y)，向量PD=(-x,a - y)，两向量垂直则点积为0：
(-x)(-x) + (-y)(a - y) = 0，整理得：x² + y² = ay ②
3. 联立①②：2ax = ay，因a≠0，故y=2x，代入②得：x² + (2x)² = a·2x →5x²=2ax，x≠0（P在正方形内），解得x=2a/5，y=4a/5。
4. 计算面积：
△PBC的底BC=a，高为P到BC（直线x=a）的距离，即a - x = a - 2a/5 = 3a/5，故S△PBC=1/2 × a × 3a/5 = 3a²/10；
△PCD的底CD=a，高为P到CD（直线y=a）的距离，即a - y = a - 4a/5 = a/5，故S△PCD=1/2 × a × a/5 = a²/10；
5. 比值：S△PCD/S△PBC = (a²/10) ÷ (3a²/10) = 1/3。
【答案】
C
【知识点】
正方形性质、坐标法、三角形面积计算
【点评】
本题通过坐标法将几何问题转化为代数计算，利用正方形边长相等和直角条件建立方程，是解决几何比值问题的常用方法，需注意坐标设定的合理性和方程联立的准确性。
【难度系数】
0.4
13.如图,在矩形ABCD中,点E在BC的延长线上,点F在CD的延长线上,AD平分$∠ EAF$。若要知道$△ AEF$的面积,则需要知道 （
A.CE 的长
B.矩形ABCD的面积
C.$△ ADF$的面积
D.$∠ EAF$的度数
B
）A.CE 的长
B.矩形ABCD的面积
C.$△ ADF$的面积
D.$∠ EAF$的度数
答案
13.B
解析
【分析】
要解决本题，需结合矩形的性质和角平分线的性质，推导△AEF的面积与矩形ABCD面积的关系，进而确定求解△AEF面积所需的条件。首先利用矩形的角为直角、对边平行的性质，结合AD平分∠EAF得到的角相等关系，分析△AEF的面积构成，判断其与矩形面积的关联。
【解析】
因为四边形ABCD是矩形，所以∠ADC=∠ADF=90°，AD//BC，矩形ABCD的面积为$ S_{矩形ABCD}=AB×AD $。又因为AD平分∠EAF，所以∠FAD=∠EAD。结合矩形的性质可推导得出：△AEF的面积等于矩形ABCD的面积。因此，只要知道矩形ABCD的面积，就能求出△AEF的面积。
【答案】
B
【知识点】
矩形的性质、角平分线的性质、三角形面积
【点评】
本题考查矩形性质与角平分线性质的综合应用，核心是推导得出△AEF的面积与矩形面积相等，需要学生具备一定的几何推导能力，难度适中。
【难度系数】
0.5
要解决本题，需结合矩形的性质和角平分线的性质，推导△AEF的面积与矩形ABCD面积的关系，进而确定求解△AEF面积所需的条件。首先利用矩形的角为直角、对边平行的性质，结合AD平分∠EAF得到的角相等关系，分析△AEF的面积构成，判断其与矩形面积的关联。
【解析】
因为四边形ABCD是矩形，所以∠ADC=∠ADF=90°，AD//BC，矩形ABCD的面积为$ S_{矩形ABCD}=AB×AD $。又因为AD平分∠EAF，所以∠FAD=∠EAD。结合矩形的性质可推导得出：△AEF的面积等于矩形ABCD的面积。因此，只要知道矩形ABCD的面积，就能求出△AEF的面积。
【答案】
B
【知识点】
矩形的性质、角平分线的性质、三角形面积
【点评】
本题考查矩形性质与角平分线性质的综合应用，核心是推导得出△AEF的面积与矩形面积相等，需要学生具备一定的几何推导能力，难度适中。
【难度系数】
0.5
