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20.（10分）如图，在矩形ABCD中，AC，BD相交于点O，$AE// BD$，$BE// AC$.
（1）求证：四边形AEBO是菱形；
（2）若$AB=2$，$OB=3$，求AD的长及四边形AEBO的面积.
（1）求证：四边形AEBO是菱形；
（2）若$AB=2$，$OB=3$，求AD的长及四边形AEBO的面积.
答案
（1）证明：$\because AE// BD$，$BE// AC$，
$\therefore$四边形$AEBO$是平行四边形，
$\because$四边形$ABCD$是矩形，
$\therefore AO=CO$，$BO=DO$，$AC=BD$，
$\therefore OA=OB$，
$\therefore$四边形$AEBO$是菱形；
（2）解：$\because$四边形$ABCD$是矩形，
$\therefore ∠ DAB=90°$，$AO=CO$，$BO=DO$，$AC=BD$，
$\therefore OA=OB=OC=OD$，
$\because OB=3$，
$\therefore BD=6$，
由勾股定理得：$AD=\sqrt{BD^2 - AB^2}=4\sqrt{2}$，
$\because BO=DO$，
$\therefore S_{△ AOB}=S_{△ AOD}=\frac{1}{2}S_{△ BAD}=\frac{1}{2} × \frac{1}{2} AD × AB=\frac{1}{2} × \frac{1}{2} ×4\sqrt{2} ×2=2\sqrt{2}$，
$\because$四边形$AEBO$是菱形，
$\therefore AE=AO=BO=BE=3$，
$\therefore △ AEB≌△ BOA$（SSS），
$\therefore △ AEB$的面积$=△ AOB$的面积$=2\sqrt{2}$，
$\therefore$四边形$AEBO$的面积是$2\sqrt{2} ×2=4\sqrt{2}$。
$\therefore$四边形$AEBO$是平行四边形，
$\because$四边形$ABCD$是矩形，
$\therefore AO=CO$，$BO=DO$，$AC=BD$，
$\therefore OA=OB$，
$\therefore$四边形$AEBO$是菱形；
（2）解：$\because$四边形$ABCD$是矩形，
$\therefore ∠ DAB=90°$，$AO=CO$，$BO=DO$，$AC=BD$，
$\therefore OA=OB=OC=OD$，
$\because OB=3$，
$\therefore BD=6$，
由勾股定理得：$AD=\sqrt{BD^2 - AB^2}=4\sqrt{2}$，
$\because BO=DO$，
$\therefore S_{△ AOB}=S_{△ AOD}=\frac{1}{2}S_{△ BAD}=\frac{1}{2} × \frac{1}{2} AD × AB=\frac{1}{2} × \frac{1}{2} ×4\sqrt{2} ×2=2\sqrt{2}$，
$\because$四边形$AEBO$是菱形，
$\therefore AE=AO=BO=BE=3$，
$\therefore △ AEB≌△ BOA$（SSS），
$\therefore △ AEB$的面积$=△ AOB$的面积$=2\sqrt{2}$，
$\therefore$四边形$AEBO$的面积是$2\sqrt{2} ×2=4\sqrt{2}$。
解析
【分析】
第（1）问，要证四边形AEBO是菱形，先由AE//BD、BE//AC判定它是平行四边形，再利用矩形对角线相等且平分的性质得到OA=OB，根据“一组邻边相等的平行四边形是菱形”完成证明；第（2）问，在矩形ABCD中，利用对角线性质结合OB长度求出BD，在Rt△ABD中用勾股定理计算AD；求菱形AEBO面积时，先求△AOB的面积，再结合菱形与△AOB的面积关系计算。
【解析】
（1）证明：
∵ AE//BD，BE//AC，
∴ 四边形AEBO是平行四边形（两组对边分别平行的四边形是平行四边形）。
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ 矩形的对角线相等且互相平分，即AO=CO，BO=DO，AC=BD，
∴ OA = ½AC，OB=½BD，故OA=OB，
∴ 平行四边形AEBO是菱形（一组邻边相等的平行四边形是菱形）。
（2）解：
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ ∠DAB=90°，且矩形对角线互相平分且相等，即OA=OB=OC=OD，AC=BD。
已知OB=3，
∴ BD=2OB=6。
在Rt△ABD中，AB=2，BD=6，由勾股定理得：
AD = √(BD² - AB²) = √(6² - 2²) = √32 = 4√2。
∵ O是BD中点，
∴ S△ABD = ½×AD×AB = ½×4√2×2 = 4√2，
∴ S△AOB = ½S△ABD = ½×4√2 = 2√2。
∵ 四边形AEBO是菱形，且△AEB≌△BOA（SSS），
∴ S菱形AEBO = 2×S△AOB = 2×2√2 = 4√2。
【答案】
（1）证明成立；（2）AD的长为4√2，四边形AEBO的面积为4√2。
【知识点】
矩形的性质、菱形的判定与性质、勾股定理
【点评】
本题综合考查矩形、菱形的性质与判定，以及勾股定理的应用，解题关键是熟练运用特殊四边形的性质推导边和面积的关系，属于中等难度的几何证明与计算题型。
【难度系数】
0.5
第（1）问，要证四边形AEBO是菱形，先由AE//BD、BE//AC判定它是平行四边形，再利用矩形对角线相等且平分的性质得到OA=OB，根据“一组邻边相等的平行四边形是菱形”完成证明；第（2）问，在矩形ABCD中，利用对角线性质结合OB长度求出BD，在Rt△ABD中用勾股定理计算AD；求菱形AEBO面积时，先求△AOB的面积，再结合菱形与△AOB的面积关系计算。
【解析】
（1）证明：
∵ AE//BD，BE//AC，
∴ 四边形AEBO是平行四边形（两组对边分别平行的四边形是平行四边形）。
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ 矩形的对角线相等且互相平分，即AO=CO，BO=DO，AC=BD，
∴ OA = ½AC，OB=½BD，故OA=OB，
∴ 平行四边形AEBO是菱形（一组邻边相等的平行四边形是菱形）。
（2）解：
∵ 四边形ABCD是矩形，
∴ ∠DAB=90°，且矩形对角线互相平分且相等，即OA=OB=OC=OD，AC=BD。
已知OB=3，
∴ BD=2OB=6。
在Rt△ABD中，AB=2，BD=6，由勾股定理得：
AD = √(BD² - AB²) = √(6² - 2²) = √32 = 4√2。
∵ O是BD中点，
∴ S△ABD = ½×AD×AB = ½×4√2×2 = 4√2，
∴ S△AOB = ½S△ABD = ½×4√2 = 2√2。
∵ 四边形AEBO是菱形，且△AEB≌△BOA（SSS），
∴ S菱形AEBO = 2×S△AOB = 2×2√2 = 4√2。
【答案】
（1）证明成立；（2）AD的长为4√2，四边形AEBO的面积为4√2。
【知识点】
矩形的性质、菱形的判定与性质、勾股定理
【点评】
本题综合考查矩形、菱形的性质与判定，以及勾股定理的应用，解题关键是熟练运用特殊四边形的性质推导边和面积的关系，属于中等难度的几何证明与计算题型。
【难度系数】
0.5
21.（12分）如图，在$8×8$的正方形网格中，每个小正方形的顶点叫做格点.图中$A$，$B$，$C$，$H$都是格点，请用无刻度的直尺画图，每个任务的画线不得超过四条.
（1）在图（1）中，先画出点$D$，使四边形$ABCD$为平行四边形，再在$BC$上画点$E$，$AD$上画点$F$，使四边形$AECF$为菱形；
（2）在图（2）中，点$T$是$AC$与网格线的交点，画出点$G$使四边形$AHTG$为矩形；
（3）在图（3）中，点$O$是网格线上一点，在$BC$上画一点$P$，在$AC$上画一点$Q$，使线段$PQ$经过点$O$，且$O$正好是$PQ$的中点.
（1）在图（1）中，先画出点$D$，使四边形$ABCD$为平行四边形，再在$BC$上画点$E$，$AD$上画点$F$，使四边形$AECF$为菱形；
（2）在图（2）中，点$T$是$AC$与网格线的交点，画出点$G$使四边形$AHTG$为矩形；
（3）在图（3）中，点$O$是网格线上一点，在$BC$上画一点$P$，在$AC$上画一点$Q$，使线段$PQ$经过点$O$，且$O$正好是$PQ$的中点.
答案
（1）如图17中，四边形$AECF$即为所求；
（2）如图18中，四边形$AHTG$即为所求；
（3）如图19，线段$PQ$即为所求。
（2）如图18中，四边形$AHTG$即为所求；
（3）如图19，线段$PQ$即为所求。
解析
【分析】
本题是网格中的无刻度直尺画图题，需结合平行四边形、菱形、矩形的性质及网格的格点特征解题：
（1）画平行四边形ABCD时，利用平行四边形对边平行且相等，通过网格的平行等距确定点D；画菱形AECF时，利用菱形对角线互相垂直平分的性质，找到AC中点，作垂直于AC的直线交AD、BC于F、E，即可得到菱形；
（2）画矩形AHTG时，利用矩形四个角为直角的性质，过H作AH的垂线、过T作HT的垂线，交点即为G，连接四点得到矩形；
（3）画PQ时，利用中点坐标性质，O是PQ中点即Q与P的坐标和为2倍O的坐标，在AC、BC上找到对应格点P、Q，连接PQ使其经过O即可。
【解析】
（1）画图步骤：
① 画平行四边形ABCD：根据网格中线段的平行性，从点A出发，作与BC平行且相等的线段，找到格点D，依次连接AB、BC、CD、DA，得到平行四边形ABCD；
② 画菱形AECF：找到AC的网格中点，过该中点作垂直于AC的直线，分别交AD于F、交BC于E，连接AE、EC、CF、FA，四边形AECF即为菱形；
（2）画图步骤：
过点H作AH的水平垂线，过点T作HT的竖直垂线，两垂线的交点为G，依次连接A、H、T、G，四边形AHTG即为矩形；
（3）画图步骤：
根据中点性质，在AC上取格点Q，在BC上取格点P，满足O为PQ中点，连接PQ，线段PQ即为所求。
【答案】
（1）四边形AECF为所求；（2）四边形AHTG为所求；（3）线段PQ为所求。
【知识点】
平行四边形的判定，菱形的判定，矩形的判定
【点评】
本题考查网格背景下的几何作图，需灵活运用特殊四边形的性质，结合网格的平行、垂直、中点易确定的特征解题，重点考查几何直观与逻辑推理能力。
【难度系数】
0.4
本题是网格中的无刻度直尺画图题，需结合平行四边形、菱形、矩形的性质及网格的格点特征解题：
（1）画平行四边形ABCD时，利用平行四边形对边平行且相等，通过网格的平行等距确定点D；画菱形AECF时，利用菱形对角线互相垂直平分的性质，找到AC中点，作垂直于AC的直线交AD、BC于F、E，即可得到菱形；
（2）画矩形AHTG时，利用矩形四个角为直角的性质，过H作AH的垂线、过T作HT的垂线，交点即为G，连接四点得到矩形；
（3）画PQ时，利用中点坐标性质，O是PQ中点即Q与P的坐标和为2倍O的坐标，在AC、BC上找到对应格点P、Q，连接PQ使其经过O即可。
【解析】
（1）画图步骤：
① 画平行四边形ABCD：根据网格中线段的平行性，从点A出发，作与BC平行且相等的线段，找到格点D，依次连接AB、BC、CD、DA，得到平行四边形ABCD；
② 画菱形AECF：找到AC的网格中点，过该中点作垂直于AC的直线，分别交AD于F、交BC于E，连接AE、EC、CF、FA，四边形AECF即为菱形；
（2）画图步骤：
过点H作AH的水平垂线，过点T作HT的竖直垂线，两垂线的交点为G，依次连接A、H、T、G，四边形AHTG即为矩形；
（3）画图步骤：
根据中点性质，在AC上取格点Q，在BC上取格点P，满足O为PQ中点，连接PQ，线段PQ即为所求。
【答案】
（1）四边形AECF为所求；（2）四边形AHTG为所求；（3）线段PQ为所求。
【知识点】
平行四边形的判定，菱形的判定，矩形的判定
【点评】
本题考查网格背景下的几何作图，需灵活运用特殊四边形的性质，结合网格的平行、垂直、中点易确定的特征解题，重点考查几何直观与逻辑推理能力。
【难度系数】
0.4
22.（4分）若直线$y=kx+b$与$y=cx+2$交于点$(1,4)$，则关于$x$，$y$的方程组$\begin{cases} y=kx+b \\ y=cx+2 \end{cases}$的解是________，$\begin{cases} y+2=k(x-1)+b \\ y+2=c(x-1)+2 \end{cases}$的解是________.
答案
解：$\because$直线$y=kx+b$与$y=cx+2$交于点（1，4），
$\therefore$关于$x$，$y$的方程组$\begin{cases} y = kx + b \\ y = cx + 2 \end{cases}$的解是$\begin{cases} x = 1 \\ y = 4 \end{cases}$，
$\therefore \begin{cases} x - 1 = 1 \\ y + 2 = 4 \end{cases}$，
$\therefore \begin{cases} x = 2 \\ y = 2 \end{cases}$，
$\therefore \begin{cases} y + 2 = k(x - 1) + b \\ y + 2 = c(x - 1) + 2 \end{cases}$的解是$\begin{cases} x = 2 \\ y = 2 \end{cases}$，
故答案为：$\begin{cases} x = 1 \\ y = 4 \end{cases}$，$\begin{cases} x = 2 \\ y = 2 \end{cases}$。
$\therefore$关于$x$，$y$的方程组$\begin{cases} y = kx + b \\ y = cx + 2 \end{cases}$的解是$\begin{cases} x = 1 \\ y = 4 \end{cases}$，
$\therefore \begin{cases} x - 1 = 1 \\ y + 2 = 4 \end{cases}$，
$\therefore \begin{cases} x = 2 \\ y = 2 \end{cases}$，
$\therefore \begin{cases} y + 2 = k(x - 1) + b \\ y + 2 = c(x - 1) + 2 \end{cases}$的解是$\begin{cases} x = 2 \\ y = 2 \end{cases}$，
故答案为：$\begin{cases} x = 1 \\ y = 4 \end{cases}$，$\begin{cases} x = 2 \\ y = 2 \end{cases}$。
解析
【分析】
首先明确一次函数与二元一次方程组的关系：两个一次函数图像的交点坐标，就是对应的二元一次方程组的解。对于第一个方程组，它由两条直线的解析式组成，交点坐标直接对应其解；第二个方程组是原方程组的变形，通过变量替换可转化为原方程组的形式，进而求解。
【解析】
解：
∵直线$y=kx+b$与$y=cx+2$交于点$(1,4)$，
∴关于$x$，$y$的方程组$\begin{cases} y=kx+b \\ y=cx+2 \end{cases}$的解就是两直线交点坐标，即$\begin{cases} x=1 \\ y=4 \end{cases}$；
对于方程组$\begin{cases} y+2=k(x-1)+b \\ y+2=c(x-1)+2 \end{cases}$，令$x'=x-1$，$y'=y+2$，则方程组可化为$\begin{cases} y'=kx'+b \\ y'=cx'+2 \end{cases}$，其解为$\begin{cases} x'=1 \\ y'=4 \end{cases}$，
即$\begin{cases} x-1=1 \\ y+2=4 \end{cases}$，解得$\begin{cases} x=2 \\ y=2 \end{cases}$。
【答案】
$\begin{cases} x=1 \\ y=4 \end{cases}$；$\begin{cases} x=2 \\ y=2 \end{cases}$
【知识点】
一次函数与二元一次方程组、坐标变换
【点评】
本题考查一次函数与二元一次方程组解的对应关系，核心是理解函数交点与方程组解的联系，通过变量替换求解变形方程组，属于基础题型，难度适中。
【难度系数】
0.6
首先明确一次函数与二元一次方程组的关系：两个一次函数图像的交点坐标，就是对应的二元一次方程组的解。对于第一个方程组，它由两条直线的解析式组成，交点坐标直接对应其解；第二个方程组是原方程组的变形，通过变量替换可转化为原方程组的形式，进而求解。
【解析】
解：
∵直线$y=kx+b$与$y=cx+2$交于点$(1,4)$，
∴关于$x$，$y$的方程组$\begin{cases} y=kx+b \\ y=cx+2 \end{cases}$的解就是两直线交点坐标，即$\begin{cases} x=1 \\ y=4 \end{cases}$；
对于方程组$\begin{cases} y+2=k(x-1)+b \\ y+2=c(x-1)+2 \end{cases}$，令$x'=x-1$，$y'=y+2$，则方程组可化为$\begin{cases} y'=kx'+b \\ y'=cx'+2 \end{cases}$，其解为$\begin{cases} x'=1 \\ y'=4 \end{cases}$，
即$\begin{cases} x-1=1 \\ y+2=4 \end{cases}$，解得$\begin{cases} x=2 \\ y=2 \end{cases}$。
【答案】
$\begin{cases} x=1 \\ y=4 \end{cases}$；$\begin{cases} x=2 \\ y=2 \end{cases}$
【知识点】
一次函数与二元一次方程组、坐标变换
【点评】
本题考查一次函数与二元一次方程组解的对应关系，核心是理解函数交点与方程组解的联系，通过变量替换求解变形方程组，属于基础题型，难度适中。
【难度系数】
0.6
23.（4分）如图，在矩形ABCD中，∠BCD的平分线交BA的延长线于点E，交AD于点G，F是EG的中点，连接FD.若$FD=\sqrt{26}$，$AB=4$，则AE的长是________.
答案
解：如图，过点F作$FH⊥ AD$于H，
$\because$四边形ABCD是矩形，
$\therefore ∠ B=∠ DAB=∠ ADC=∠ BCD=90°$，
$\because CG$平分$∠ BCD$，
$\therefore ∠ DCG=∠ BCG=45°$，
$\therefore ∠ DGC=∠ DCG=45°$，
$\therefore DC=DG=4$，
$\because FH⊥ AD$，$∠ AGE=45°$，
$\therefore △ FHG$是等腰直角三角形，
$\therefore FH=HG$，
$\because FD^2=FH^2+DH^2$，
$\therefore FH=1$，（负值舍去），
$\because FH⊥ AD$，$AE⊥ AD$，
$\therefore FH// AE$，
$\because F$是$EG$的中点，
$\therefore FH$是$△ AEG$的中位线，
$\therefore AE=2FH=2$，
故答案为：2。
$\because$四边形ABCD是矩形，
$\therefore ∠ B=∠ DAB=∠ ADC=∠ BCD=90°$，
$\because CG$平分$∠ BCD$，
$\therefore ∠ DCG=∠ BCG=45°$，
$\therefore ∠ DGC=∠ DCG=45°$，
$\therefore DC=DG=4$，
$\because FH⊥ AD$，$∠ AGE=45°$，
$\therefore △ FHG$是等腰直角三角形，
$\therefore FH=HG$，
$\because FD^2=FH^2+DH^2$，
$\therefore FH=1$，（负值舍去），
$\because FH⊥ AD$，$AE⊥ AD$，
$\therefore FH// AE$，
$\because F$是$EG$的中点，
$\therefore FH$是$△ AEG$的中位线，
$\therefore AE=2FH=2$，
故答案为：2。
解析
【分析】
要解决本题，首先利用矩形的性质和角平分线的定义推出等腰直角三角形，得到DC=DG的长度；接着过F作辅助线FH⊥AD，结合等腰直角三角形的性质和勾股定理求出FH的长度；再根据F是EG中点，FH与AE平行的关系，利用三角形中位线定理计算AE的长。
【解析】
解：过点F作$FH⊥ AD$于H，
∵四边形ABCD是矩形，
∴$∠ B=∠ DAB=∠ ADC=∠ BCD=90°$，且AB=DC=4，AD//BC，AB//DC，
∵CG平分$∠ BCD$，
∴$∠ DCG=∠ BCG=45°$，
在△DCG中，$∠ DGC=180°-∠ ADC-∠ DCG=180°-90°-45°=45°$，
∴$∠ DCG=∠ DGC$，
∴$DC=DG=4$，
∵$∠ AGE$与$∠ DGC$是对顶角，
∴$∠ AGE=∠ DGC=45°$，
又
∵$FH⊥ AD$，
∴△FHG是等腰直角三角形，
∴$FH=HG$，
设$FH=HG=x$，则$DH=DG+HG=4+x$，
在Rt△FDH中，由勾股定理得：$FD^2=FH^2+DH^2$，
已知$FD=\sqrt{26}$，则$(\sqrt{26})^2=x^2+(4+x)^2$，
展开整理得：$2x^2 +8x -10=0$，即$x^2 +4x -5=0$，
因式分解得：$(x+5)(x-1)=0$，
解得$x=1$（$x=-5$不符合长度要求，舍去），
∴$FH=1$，
∵$FH⊥ AD$，$AE⊥ AD$（矩形中$∠ DAB=90°$，即$AE⊥ AD$），
∴$FH// AE$，
又
∵F是EG的中点，
∴FH是△AEG的中位线，
根据三角形中位线定理，$AE=2FH=2×1=2$。
【答案】
2
【知识点】
矩形性质、角平分线性质、勾股定理、三角形中位线定理
【点评】
本题是矩形相关的几何综合题，关键在于通过作辅助线构造等腰直角三角形，结合勾股定理求出线段长度，再利用中点得到中位线关系求解，对几何性质的综合应用能力有一定要求。
【难度系数】
0.5
要解决本题，首先利用矩形的性质和角平分线的定义推出等腰直角三角形，得到DC=DG的长度；接着过F作辅助线FH⊥AD，结合等腰直角三角形的性质和勾股定理求出FH的长度；再根据F是EG中点，FH与AE平行的关系，利用三角形中位线定理计算AE的长。
【解析】
解：过点F作$FH⊥ AD$于H，
∵四边形ABCD是矩形，
∴$∠ B=∠ DAB=∠ ADC=∠ BCD=90°$，且AB=DC=4，AD//BC，AB//DC，
∵CG平分$∠ BCD$，
∴$∠ DCG=∠ BCG=45°$，
在△DCG中，$∠ DGC=180°-∠ ADC-∠ DCG=180°-90°-45°=45°$，
∴$∠ DCG=∠ DGC$，
∴$DC=DG=4$，
∵$∠ AGE$与$∠ DGC$是对顶角，
∴$∠ AGE=∠ DGC=45°$，
又
∵$FH⊥ AD$，
∴△FHG是等腰直角三角形，
∴$FH=HG$，
设$FH=HG=x$，则$DH=DG+HG=4+x$，
在Rt△FDH中，由勾股定理得：$FD^2=FH^2+DH^2$，
已知$FD=\sqrt{26}$，则$(\sqrt{26})^2=x^2+(4+x)^2$，
展开整理得：$2x^2 +8x -10=0$，即$x^2 +4x -5=0$，
因式分解得：$(x+5)(x-1)=0$，
解得$x=1$（$x=-5$不符合长度要求，舍去），
∴$FH=1$，
∵$FH⊥ AD$，$AE⊥ AD$（矩形中$∠ DAB=90°$，即$AE⊥ AD$），
∴$FH// AE$，
又
∵F是EG的中点，
∴FH是△AEG的中位线，
根据三角形中位线定理，$AE=2FH=2×1=2$。
【答案】
2
【知识点】
矩形性质、角平分线性质、勾股定理、三角形中位线定理
【点评】
本题是矩形相关的几何综合题，关键在于通过作辅助线构造等腰直角三角形，结合勾股定理求出线段长度，再利用中点得到中位线关系求解，对几何性质的综合应用能力有一定要求。
【难度系数】
0.5
24.（4分）如图，在$□ ABCD$中，点E是AD的中点，连接BE，点A关于BE的对称点为$A'$，连接$EA'$，$DA'$，$BA'$，$CA'$.若$BA=2CA'$，$∠ A' BC=∠ A' BE$，$BC=2\sqrt{5}$，则AB的长是________，$A' D$的长是________.
答案
解：连接$AA'$交$BE$于点$L$，延长$DA'$交$BC$于点$F$，作$A'H⊥ BC$于点$H$，
$\because$四边形$ABCD$是平行四边形，
$\therefore AD// BC$，$AD=BC=2\sqrt{5}$，
$\because$点E是AD的中点，
$\therefore AE=DE=\frac{1}{2}AD$，
$\because$点A关于BE的对称点为$A'$，
$\therefore BE$垂直平分$AA'$，
$\therefore BA' = AB$，$A'E = AE = DE$，$A'L = AL$，$∠ ALE=90°$，
$\therefore ∠ EA'A = ∠ EAA'$，$∠ EA'D = ∠ EDA'$，
$\therefore ∠ AA'D = ∠ EA'A+∠ EA'D = ∠ EAA' +∠ EDA' = \frac{1}{2}×180° = 90°$，
$\therefore ∠ ALE=∠ AA'D$，
$\therefore BE// DF$，
$\therefore ED// FB$，
$\therefore$四边形$BFDE$是平行四边形，
$\therefore BF=DE=\frac{1}{2}AD=\frac{1}{2}BC=\sqrt{5}$，
$\because ∠ A'BC=∠ A'BE=∠ BA'F$，
$\therefore A'F=BF=CF=\sqrt{5}$，
$\therefore ∠ FA'B=∠ FBA'$，$∠ FA'C=∠ FCA'$，
$\therefore ∠ BA'C=∠ FA'B+∠ FA'C=∠ FBA' +∠ FCA' = \frac{1}{2}×180° = 90°$，
$\because BA' = BA=2CA'$，
$\because BC=\sqrt{BA'^2 + CA'^2}=\sqrt{(2CA')^2 + CA'^2}=\sqrt{5} CA' =2\sqrt{5}$，
$\therefore CA' =2$，$BA' = AB=4$，
$\because S_{△ A'BC}=\frac{1}{2} ×2\sqrt{5} A'H =\frac{1}{2} ×2 ×4$，
$\therefore A'H=\frac{4\sqrt{5}}{5}$，
$\because BA'$平分$∠ EBC$，$A'L⊥ BE$于点L，$A'H⊥ BC$于点H，
$\therefore A'L = A'H =\frac{4\sqrt{5}}{5}$，
$\therefore AA' =2A'L=\frac{8\sqrt{5}}{5}$，
$\therefore A'D=\sqrt{AD^2 - AA'^2}=\sqrt{(2\sqrt{5})^2 - (\frac{8\sqrt{5}}{5})^2}=\frac{6\sqrt{5}}{5}$，
故答案为：4，$\frac{6\sqrt{5}}{5}$。
$\because$四边形$ABCD$是平行四边形，
$\therefore AD// BC$，$AD=BC=2\sqrt{5}$，
$\because$点E是AD的中点，
$\therefore AE=DE=\frac{1}{2}AD$，
$\because$点A关于BE的对称点为$A'$，
$\therefore BE$垂直平分$AA'$，
$\therefore BA' = AB$，$A'E = AE = DE$，$A'L = AL$，$∠ ALE=90°$，
$\therefore ∠ EA'A = ∠ EAA'$，$∠ EA'D = ∠ EDA'$，
$\therefore ∠ AA'D = ∠ EA'A+∠ EA'D = ∠ EAA' +∠ EDA' = \frac{1}{2}×180° = 90°$，
$\therefore ∠ ALE=∠ AA'D$，
$\therefore BE// DF$，
$\therefore ED// FB$，
$\therefore$四边形$BFDE$是平行四边形，
$\therefore BF=DE=\frac{1}{2}AD=\frac{1}{2}BC=\sqrt{5}$，
$\because ∠ A'BC=∠ A'BE=∠ BA'F$，
$\therefore A'F=BF=CF=\sqrt{5}$，
$\therefore ∠ FA'B=∠ FBA'$，$∠ FA'C=∠ FCA'$，
$\therefore ∠ BA'C=∠ FA'B+∠ FA'C=∠ FBA' +∠ FCA' = \frac{1}{2}×180° = 90°$，
$\because BA' = BA=2CA'$，
$\because BC=\sqrt{BA'^2 + CA'^2}=\sqrt{(2CA')^2 + CA'^2}=\sqrt{5} CA' =2\sqrt{5}$，
$\therefore CA' =2$，$BA' = AB=4$，
$\because S_{△ A'BC}=\frac{1}{2} ×2\sqrt{5} A'H =\frac{1}{2} ×2 ×4$，
$\therefore A'H=\frac{4\sqrt{5}}{5}$，
$\because BA'$平分$∠ EBC$，$A'L⊥ BE$于点L，$A'H⊥ BC$于点H，
$\therefore A'L = A'H =\frac{4\sqrt{5}}{5}$，
$\therefore AA' =2A'L=\frac{8\sqrt{5}}{5}$，
$\therefore A'D=\sqrt{AD^2 - AA'^2}=\sqrt{(2\sqrt{5})^2 - (\frac{8\sqrt{5}}{5})^2}=\frac{6\sqrt{5}}{5}$，
故答案为：4，$\frac{6\sqrt{5}}{5}$。
解析
【分析】
要解决本题，首先利用平行四边形对边平行且相等的性质，结合点E是AD中点得到线段关系；再根据轴对称的性质，得出BE垂直平分AA'，进而得到BA'=AB、A'E=DE等线段相等关系；通过角度推导证明BE//DF，推出四边形BFDE是平行四边形，结合角相等的条件得到A'F=BF=CF，从而判定△BA'C为直角三角形；最后利用BA=2CA'和BC的长度，结合勾股定理求出AB的长，再通过面积法、角平分线性质求出相关线段，最终用勾股定理算出A'D的长。
【解析】
解：连接$AA'$交$BE$于点$L$，延长$DA'$交$BC$于点$F$，作$A'H⊥ BC$于点$H$。
1. 因为四边形$ABCD$是平行四边形，所以$AD// BC$，$AD=BC=2\sqrt{5}$。
2. 因为点$E$是$AD$的中点，所以$AE=DE=\frac{1}{2}AD=\sqrt{5}$。
3. 因为点$A$关于$BE$的对称点为$A'$，所以$BE$垂直平分$AA'$，因此$BA'=AB$，$A'E=AE=DE$，$∠ ALE=90°$。
4. 由$A'E=DE$，得$∠ EA'D=∠ EDA'$；由$BE$垂直平分$AA'$，得$∠ EA'A=∠ EAA'$，所以$∠ AA'D=∠ EA'A+∠ EA'D=\frac{1}{2}(∠ EAA'+∠ EDA'+∠ EA'A+∠ EA'D)=90°$，故$∠ ALE=∠ AA'D$，推出$BE// DF$。
5. 因为$AD// BC$，即$ED// FB$，所以四边形$BFDE$是平行四边形，因此$BF=DE=\sqrt{5}$，则$CF=BC-BF=2\sqrt{5}-\sqrt{5}=\sqrt{5}$。
6. 由$∠ A'BC=∠ A'BE$，结合$BE// DF$得$∠ A'BE=∠ BA'F$，所以$∠ A'BC=∠ BA'F$，故$A'F=BF=\sqrt{5}$，同理$A'F=CF=\sqrt{5}$，即$A'$是$DF$中点，且$BF=CF=A'F$，所以$△BA'C$是直角三角形（$∠ BA'C=90°$）。
7. 已知$BA=2CA'$，设$CA'=x$，则$BA'=AB=2x$，在$Rt△BA'C$中，由勾股定理得：$BC^2=BA'^2+CA'^2$，即$(2\sqrt{5})^2=(2x)^2+x^2$，解得$5x^2=20$，$x^2=4$，$x=2$，所以$CA'=2$，$AB=2x=4$，$BA'=4$。
8. 由$S_{△A'BC}=\frac{1}{2}×BC×A'H=\frac{1}{2}×BA'×CA'$，代入得$\frac{1}{2}×2\sqrt{5}×A'H=\frac{1}{2}×4×2$，解得$A'H=\frac{4\sqrt{5}}{5}$。
9. 因为$BA'$平分$∠ EBC$，$A'L⊥ BE$，$A'H⊥ BC$，根据角平分线的性质，得$A'L=A'H=\frac{4\sqrt{5}}{5}$，所以$AA'=2A'L=\frac{8\sqrt{5}}{5}$。
10. 在$△AA'D$中，$∠ AA'D=90°$，由勾股定理得$A'D=\sqrt{AD^2 - AA'^2}=\sqrt{(2\sqrt{5})^2 - (\frac{8\sqrt{5}}{5})^2}=\frac{6\sqrt{5}}{5}$。
【答案】
4，$\frac{6\sqrt{5}}{5}$
【知识点】
平行四边形性质，轴对称性质，勾股定理
【点评】
本题是平行四边形与轴对称结合的几何综合题，需灵活运用图形性质推导线段、角度关系，步骤较多，对几何推理能力要求较高，是一道综合性较强的题目。
【难度系数】
0.4
要解决本题，首先利用平行四边形对边平行且相等的性质，结合点E是AD中点得到线段关系；再根据轴对称的性质，得出BE垂直平分AA'，进而得到BA'=AB、A'E=DE等线段相等关系；通过角度推导证明BE//DF，推出四边形BFDE是平行四边形，结合角相等的条件得到A'F=BF=CF，从而判定△BA'C为直角三角形；最后利用BA=2CA'和BC的长度，结合勾股定理求出AB的长，再通过面积法、角平分线性质求出相关线段，最终用勾股定理算出A'D的长。
【解析】
解：连接$AA'$交$BE$于点$L$，延长$DA'$交$BC$于点$F$，作$A'H⊥ BC$于点$H$。
1. 因为四边形$ABCD$是平行四边形，所以$AD// BC$，$AD=BC=2\sqrt{5}$。
2. 因为点$E$是$AD$的中点，所以$AE=DE=\frac{1}{2}AD=\sqrt{5}$。
3. 因为点$A$关于$BE$的对称点为$A'$，所以$BE$垂直平分$AA'$，因此$BA'=AB$，$A'E=AE=DE$，$∠ ALE=90°$。
4. 由$A'E=DE$，得$∠ EA'D=∠ EDA'$；由$BE$垂直平分$AA'$，得$∠ EA'A=∠ EAA'$，所以$∠ AA'D=∠ EA'A+∠ EA'D=\frac{1}{2}(∠ EAA'+∠ EDA'+∠ EA'A+∠ EA'D)=90°$，故$∠ ALE=∠ AA'D$，推出$BE// DF$。
5. 因为$AD// BC$，即$ED// FB$，所以四边形$BFDE$是平行四边形，因此$BF=DE=\sqrt{5}$，则$CF=BC-BF=2\sqrt{5}-\sqrt{5}=\sqrt{5}$。
6. 由$∠ A'BC=∠ A'BE$，结合$BE// DF$得$∠ A'BE=∠ BA'F$，所以$∠ A'BC=∠ BA'F$，故$A'F=BF=\sqrt{5}$，同理$A'F=CF=\sqrt{5}$，即$A'$是$DF$中点，且$BF=CF=A'F$，所以$△BA'C$是直角三角形（$∠ BA'C=90°$）。
7. 已知$BA=2CA'$，设$CA'=x$，则$BA'=AB=2x$，在$Rt△BA'C$中，由勾股定理得：$BC^2=BA'^2+CA'^2$，即$(2\sqrt{5})^2=(2x)^2+x^2$，解得$5x^2=20$，$x^2=4$，$x=2$，所以$CA'=2$，$AB=2x=4$，$BA'=4$。
8. 由$S_{△A'BC}=\frac{1}{2}×BC×A'H=\frac{1}{2}×BA'×CA'$，代入得$\frac{1}{2}×2\sqrt{5}×A'H=\frac{1}{2}×4×2$，解得$A'H=\frac{4\sqrt{5}}{5}$。
9. 因为$BA'$平分$∠ EBC$，$A'L⊥ BE$，$A'H⊥ BC$，根据角平分线的性质，得$A'L=A'H=\frac{4\sqrt{5}}{5}$，所以$AA'=2A'L=\frac{8\sqrt{5}}{5}$。
10. 在$△AA'D$中，$∠ AA'D=90°$，由勾股定理得$A'D=\sqrt{AD^2 - AA'^2}=\sqrt{(2\sqrt{5})^2 - (\frac{8\sqrt{5}}{5})^2}=\frac{6\sqrt{5}}{5}$。
【答案】
4，$\frac{6\sqrt{5}}{5}$
【知识点】
平行四边形性质，轴对称性质，勾股定理
【点评】
本题是平行四边形与轴对称结合的几何综合题，需灵活运用图形性质推导线段、角度关系，步骤较多，对几何推理能力要求较高，是一道综合性较强的题目。
【难度系数】
0.4
