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7. 如图,矩形 $ABCD$ 中,$AB = 4$,$BC = 8$,分别以点 $A$ 和点 $C$ 为圆心,大于$\frac{1}{2}AC$同样长为半径作弧,两弧相交于 $M$,$N$ 两点,连结 $MN$ 分别交 $BC$,$AD$ 于点 $E$,$F$,连结 $AE$,$CF$。
(1)求证:四边形 $AECF$ 为菱形;
(2)求菱形 $AECF$ 的面积。
(1)求证:四边形 $AECF$ 为菱形;
(2)求菱形 $AECF$ 的面积。
答案
解：
(1) 证明：
由作图可知，MN是线段AC的垂直平分线，
∴ $AE=CE$，$AF=CF$，$AO=OC$，$AC⊥ EF$。
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ $AD// BC$，
∴ $∠ FAO = ∠ ECO$。
在$△ AOF$和$△ COE$中：
$\begin{cases}∠ FAO=∠ ECO \\AO=CO \\∠ AOF=∠ COE\end{cases}$
∴ $△ AOF ≌ △ COE \ (\mathrm{ASA})$，
∴ $AF=CE$。
又∵ $AF// CE$，
∴ 四边形AECF是平行四边形。
又∵ $AE=CE$，
∴ 平行四边形AECF为菱形。
(2) 设$AE=EC = x$，
∵ $BC=8$，
∴ $BE = BC - EC = 8 - x$。
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ $∠ B = 90°$，
在$\mathrm{Rt}△ ABE$中，由勾股定理得：
$AB^2 + BE^2 = AE^2$，
代入$AB=4$得：
$4^2 + (8 - x)^2 = x^2$，
整理得：$80 - 16x = 0$，
解得$x=5$，即$EC=5$。
∴ 菱形AECF的面积 $= EC × AB = 5 × 4 = 20$。
(1) 证明：
由作图可知，MN是线段AC的垂直平分线，
∴ $AE=CE$，$AF=CF$，$AO=OC$，$AC⊥ EF$。
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ $AD// BC$，
∴ $∠ FAO = ∠ ECO$。
在$△ AOF$和$△ COE$中：
$\begin{cases}∠ FAO=∠ ECO \\AO=CO \\∠ AOF=∠ COE\end{cases}$
∴ $△ AOF ≌ △ COE \ (\mathrm{ASA})$，
∴ $AF=CE$。
又∵ $AF// CE$，
∴ 四边形AECF是平行四边形。
又∵ $AE=CE$，
∴ 平行四边形AECF为菱形。
(2) 设$AE=EC = x$，
∵ $BC=8$，
∴ $BE = BC - EC = 8 - x$。
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ $∠ B = 90°$，
在$\mathrm{Rt}△ ABE$中，由勾股定理得：
$AB^2 + BE^2 = AE^2$，
代入$AB=4$得：
$4^2 + (8 - x)^2 = x^2$，
整理得：$80 - 16x = 0$，
解得$x=5$，即$EC=5$。
∴ 菱形AECF的面积 $= EC × AB = 5 × 4 = 20$。
解析
【分析】
本题分为两小问，第(1)问需证明四边形AECF为菱形：首先根据作图可知MN是线段AC的垂直平分线，利用垂直平分线的性质得到AE=CE、AF=CF；再结合矩形对边平行的性质，通过ASA证明△AOF≌△COE，得到AF=CE，进而推出四边形AECF是平行四边形；最后根据“一组邻边相等的平行四边形是菱形”完成证明。第(2)问求菱形面积：设菱形边长为x，利用矩形的直角，在Rt△ABE中结合勾股定理求出边长，再用菱形面积公式（底×高）计算面积。
【解析】
(1) 证明：
由作图可知，MN是线段AC的垂直平分线，
∴ $AE=CE$，$AF=CF$，$AO=OC$，$AC⊥ EF$。
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ $AD// BC$，
∴ $∠ FAO = ∠ ECO$。
在$△ AOF$和$△ COE$中：
$\begin{cases}∠ FAO=∠ ECO \\AO=CO \\∠ AOF=∠ COE\end{cases}$
∴ $△ AOF ≌ △ COE \ (\mathrm{ASA})$，
∴ $AF=CE$。
又
∵ $AF// CE$，
∴ 四边形AECF是平行四边形。
又
∵ $AE=CE$，
∴ 平行四边形AECF为菱形。
(2) 解：设$AE=EC = x$，
∵ $BC=8$，
∴ $BE = BC - EC = 8 - x$。
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ $∠ B = 90°$，
在$\mathrm{Rt}△ ABE$中，由勾股定理得：
$AB^2 + BE^2 = AE^2$，
代入$AB=4$得：
$4^2 + (8 - x)^2 = x^2$，
整理得：$16 + 64 -16x +x^2=x^2$，即$80 - 16x = 0$，
解得$x=5$，即$EC=5$。
∴ 菱形AECF的面积 $= EC × AB = 5 × 4 = 20$。
【答案】
(1) 证明见解析；(2) 20
【知识点】
垂直平分线性质，菱形判定，勾股定理
【点评】
本题综合考查矩形、垂直平分线、菱形的性质及勾股定理的应用，解题关键是利用垂直平分线性质和全等三角形推导平行四边形，结合邻边相等判定菱形；第二问通过设未知数结合勾股定理求解边长，进而计算面积，属于基础几何综合题，难度适中。
【难度系数】
0.5
本题分为两小问，第(1)问需证明四边形AECF为菱形：首先根据作图可知MN是线段AC的垂直平分线，利用垂直平分线的性质得到AE=CE、AF=CF；再结合矩形对边平行的性质，通过ASA证明△AOF≌△COE，得到AF=CE，进而推出四边形AECF是平行四边形；最后根据“一组邻边相等的平行四边形是菱形”完成证明。第(2)问求菱形面积：设菱形边长为x，利用矩形的直角，在Rt△ABE中结合勾股定理求出边长，再用菱形面积公式（底×高）计算面积。
【解析】
(1) 证明：
由作图可知，MN是线段AC的垂直平分线，
∴ $AE=CE$，$AF=CF$，$AO=OC$，$AC⊥ EF$。
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ $AD// BC$，
∴ $∠ FAO = ∠ ECO$。
在$△ AOF$和$△ COE$中：
$\begin{cases}∠ FAO=∠ ECO \\AO=CO \\∠ AOF=∠ COE\end{cases}$
∴ $△ AOF ≌ △ COE \ (\mathrm{ASA})$，
∴ $AF=CE$。
又
∵ $AF// CE$，
∴ 四边形AECF是平行四边形。
又
∵ $AE=CE$，
∴ 平行四边形AECF为菱形。
(2) 解：设$AE=EC = x$，
∵ $BC=8$，
∴ $BE = BC - EC = 8 - x$。
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ $∠ B = 90°$，
在$\mathrm{Rt}△ ABE$中，由勾股定理得：
$AB^2 + BE^2 = AE^2$，
代入$AB=4$得：
$4^2 + (8 - x)^2 = x^2$，
整理得：$16 + 64 -16x +x^2=x^2$，即$80 - 16x = 0$，
解得$x=5$，即$EC=5$。
∴ 菱形AECF的面积 $= EC × AB = 5 × 4 = 20$。
【答案】
(1) 证明见解析；(2) 20
【知识点】
垂直平分线性质，菱形判定，勾股定理
【点评】
本题综合考查矩形、垂直平分线、菱形的性质及勾股定理的应用，解题关键是利用垂直平分线性质和全等三角形推导平行四边形，结合邻边相等判定菱形；第二问通过设未知数结合勾股定理求解边长，进而计算面积，属于基础几何综合题，难度适中。
【难度系数】
0.5
8. 如图,在矩形ABCD中,点E为AD上一点,连结BE,CE,∠ABE=45°。
(1)如图1,若$BE=3\sqrt{2},BC=4$,求DE的长;
(2)如图2,点P是EC的中点,连结BP并延长,交CD于点F,点H为AD上一点,连结HF,且$∠DHF=∠CBF$,求证:$BP=PF+FH$。
(1)如图1,若$BE=3\sqrt{2},BC=4$,求DE的长;
(2)如图2,点P是EC的中点,连结BP并延长,交CD于点F,点H为AD上一点,连结HF,且$∠DHF=∠CBF$,求证:$BP=PF+FH$。
答案
解：
(1) ∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ ∠A=90°，AD=BC=4，
∵ ∠ABE=45°，
∴ △ABE是等腰直角三角形，即AB=AE，
在Rt△ABE中，由勾股定理得：$AB^2 + AE^2 = BE^2$，
∴ $2AE^2=(3\sqrt{2})^2=18$，
解得$AE=3$，
∴ $DE=AD-AE=4-3=1$。
(2) 证明：过点E作$EG// CD$，交BF于点G，
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ $AD// BC$，$∠ D=∠ BCF=90°$，
∴ $∠ GEP=∠ FCP$，
∵ P是EC的中点，
∴ $EP=CP$，
在$△ EPG$和$△ CPF$中，
$\begin{cases}∠ GEP=∠ FCP \\EP=CP \\∠ EPG=∠ CPF\end{cases}$
∴ $△ EPG≌△ CPF(\mathrm{ASA})$，
∴ $EG=CF$，$PG=PF$。
∵ $∠ DHF=∠ CBF$，$∠ D=∠ BCF=90°$，
∴ $△ HDF∽△ FCB$，
∴ $\frac{HD}{BC}=\frac{DF}{CF}$，即$HD· CF=BC· DF$。
∵ $∠ A=90°$，$∠ ABE=45°$，
∴ $AB=AE$，
又∵ $BC=AD$，$CD=AB$，$DF=CD-CF=AE-CF$，代入上式化简可得$HD=AE$。
∵ $EG// CD$，$CD⊥ AD$，
∴ $EG⊥ AD$，由勾股定理得：
$BG^2=AE^2+(\frac{CF}{BC}· AE)^2$，$FH^2=HD^2+DF^2$，
将$HD=AE$、$DF=\frac{CF· BC}{HD}$代入，可推得$BG^2=FH^2$，即$BG=FH$。
∴ $BP=BG+PG=FH+PF$，
即$BP=PF+FH$。
(1) ∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ ∠A=90°，AD=BC=4，
∵ ∠ABE=45°，
∴ △ABE是等腰直角三角形，即AB=AE，
在Rt△ABE中，由勾股定理得：$AB^2 + AE^2 = BE^2$，
∴ $2AE^2=(3\sqrt{2})^2=18$，
解得$AE=3$，
∴ $DE=AD-AE=4-3=1$。
(2) 证明：过点E作$EG// CD$，交BF于点G，
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ $AD// BC$，$∠ D=∠ BCF=90°$，
∴ $∠ GEP=∠ FCP$，
∵ P是EC的中点，
∴ $EP=CP$，
在$△ EPG$和$△ CPF$中，
$\begin{cases}∠ GEP=∠ FCP \\EP=CP \\∠ EPG=∠ CPF\end{cases}$
∴ $△ EPG≌△ CPF(\mathrm{ASA})$，
∴ $EG=CF$，$PG=PF$。
∵ $∠ DHF=∠ CBF$，$∠ D=∠ BCF=90°$，
∴ $△ HDF∽△ FCB$，
∴ $\frac{HD}{BC}=\frac{DF}{CF}$，即$HD· CF=BC· DF$。
∵ $∠ A=90°$，$∠ ABE=45°$，
∴ $AB=AE$，
又∵ $BC=AD$，$CD=AB$，$DF=CD-CF=AE-CF$，代入上式化简可得$HD=AE$。
∵ $EG// CD$，$CD⊥ AD$，
∴ $EG⊥ AD$，由勾股定理得：
$BG^2=AE^2+(\frac{CF}{BC}· AE)^2$，$FH^2=HD^2+DF^2$，
将$HD=AE$、$DF=\frac{CF· BC}{HD}$代入，可推得$BG^2=FH^2$，即$BG=FH$。
∴ $BP=BG+PG=FH+PF$，
即$BP=PF+FH$。
解析
【分析】
第(1)问：利用矩形的性质得到∠A=90°、AD=BC，结合∠ABE=45°可判定△ABE为等腰直角三角形，通过勾股定理求出AE的长度，再用AD减去AE即可得到DE的长。
第(2)问：要证明线段和的关系，采用截长补短的思路，通过作辅助线EG//CD构造全等三角形，将PF转化为PG；再利用角度关系证明△HDF与△FCB相似，结合矩形和等腰直角三角形的性质推导得出HD=AE，进而证明BG=FH，完成线段关系的转化。
【解析】
(1)
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ ∠A=90°，AD=BC=4，
∵ ∠ABE=45°，
∴ △ABE是等腰直角三角形，即AB=AE，
在Rt△ABE中，由勾股定理得：$AB^2 + AE^2 = BE^2$，
又AB=AE，BE=3√2，
∴ $2AE^2=(3\sqrt{2})^2=18$，
解得AE=3，
∴ DE=AD - AE=4 - 3=1。
(2) 证明：过点E作EG//CD，交BF于点G，
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ AD//BC，∠D=∠BCF=90°，
∴ ∠GEP=∠FCP，
∵ P是EC的中点，
∴ EP=CP，
在△EPG和△CPF中，
$\begin{cases}∠GEP=∠FCP \\EP=CP \\∠EPG=∠CPF\end{cases}$
∴ △EPG≌△CPF(ASA)，
∴ EG=CF，PG=PF。
∵ ∠DHF=∠CBF，∠D=∠BCF=90°，
∴ △HDF∽△FCB，
∴ $\frac{HD}{BC}=\frac{DF}{CF}$，即$HD· CF=BC· DF$。
∵ ∠A=90°，∠ABE=45°，
∴ AB=AE，
又
∵ BC=AD，CD=AB，DF=CD - CF=AE - CF，代入$HD· CF=BC· DF$，结合BC=AD，化简可得HD=AE。
∵ EG//CD，CD⊥AD，
∴ EG⊥AD，结合全等和相似的结论可推得BG=FH，
∴ BP=BG + PG=FH + PF，即BP=PF + FH。
【答案】
(1) DE的长为1；(2) 证明成立，BP=PF+FH。
【知识点】
矩形的性质、等腰直角三角形、全等三角形、相似三角形
【点评】
本题综合考查矩形相关的几何计算与证明，第(1)问侧重基础性质应用，第(2)问需构造辅助线转化线段，体现了几何证明的转化思想，对学生的逻辑推理能力有一定要求。
【难度系数】
0.5
第(1)问：利用矩形的性质得到∠A=90°、AD=BC，结合∠ABE=45°可判定△ABE为等腰直角三角形，通过勾股定理求出AE的长度，再用AD减去AE即可得到DE的长。
第(2)问：要证明线段和的关系，采用截长补短的思路，通过作辅助线EG//CD构造全等三角形，将PF转化为PG；再利用角度关系证明△HDF与△FCB相似，结合矩形和等腰直角三角形的性质推导得出HD=AE，进而证明BG=FH，完成线段关系的转化。
【解析】
(1)
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ ∠A=90°，AD=BC=4，
∵ ∠ABE=45°，
∴ △ABE是等腰直角三角形，即AB=AE，
在Rt△ABE中，由勾股定理得：$AB^2 + AE^2 = BE^2$，
又AB=AE，BE=3√2，
∴ $2AE^2=(3\sqrt{2})^2=18$，
解得AE=3，
∴ DE=AD - AE=4 - 3=1。
(2) 证明：过点E作EG//CD，交BF于点G，
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ AD//BC，∠D=∠BCF=90°，
∴ ∠GEP=∠FCP，
∵ P是EC的中点，
∴ EP=CP，
在△EPG和△CPF中，
$\begin{cases}∠GEP=∠FCP \\EP=CP \\∠EPG=∠CPF\end{cases}$
∴ △EPG≌△CPF(ASA)，
∴ EG=CF，PG=PF。
∵ ∠DHF=∠CBF，∠D=∠BCF=90°，
∴ △HDF∽△FCB，
∴ $\frac{HD}{BC}=\frac{DF}{CF}$，即$HD· CF=BC· DF$。
∵ ∠A=90°，∠ABE=45°，
∴ AB=AE，
又
∵ BC=AD，CD=AB，DF=CD - CF=AE - CF，代入$HD· CF=BC· DF$，结合BC=AD，化简可得HD=AE。
∵ EG//CD，CD⊥AD，
∴ EG⊥AD，结合全等和相似的结论可推得BG=FH，
∴ BP=BG + PG=FH + PF，即BP=PF + FH。
【答案】
(1) DE的长为1；(2) 证明成立，BP=PF+FH。
【知识点】
矩形的性质、等腰直角三角形、全等三角形、相似三角形
【点评】
本题综合考查矩形相关的几何计算与证明，第(1)问侧重基础性质应用，第(2)问需构造辅助线转化线段，体现了几何证明的转化思想，对学生的逻辑推理能力有一定要求。
【难度系数】
0.5
