登录
24.(本题8分)如图1,在菱形ABCD中,E是AC上一点,CE＞AE,连结DE,过点B作BF//DE交AC于点F。
(1)求证:AE=CF;
(2)如图2,连结BE,DF,求证:四边形DEBF是菱形;
(3)如图3,在(2)的条件下,延长DE交AB于点G,连结FG,CE=CD。
①探究FG与DF的数量关系,并说明理由;
②若AE=2EF,且FG=3,求菱形ABCD的边长。
(1)求证:AE=CF;
(2)如图2,连结BE,DF,求证:四边形DEBF是菱形;
(3)如图3,在(2)的条件下,延长DE交AB于点G,连结FG,CE=CD。
①探究FG与DF的数量关系,并说明理由;
②若AE=2EF,且FG=3,求菱形ABCD的边长。
答案
24.解:(1)证明:因为四边形ABCD是菱形,所以$AD// BC$,$DA=BC$,所以$∠DAE=∠BCF$。因为$BF// DE$,所以$∠DEC=∠BFA$,所以$∠DEA=∠BFC$,所以$△DAE≌△BCF$(AAS),所以$AE=CF$；
(2)连结BD交AC于点O,由(1)知$△DAE≌△BCF$,所以$DE=BF$。因为$DE// BF$,所以四边形DEBF是平行四边形。因为四边形ABCD是菱形,所以$AC⊥BD$,所以平行四边形DEBF是菱形；
(3)①$FG=DF$,理由如下:因为$CE=CD$,所以$∠CDE=∠CED$。因为$AB// CD$,所以$∠CDE=∠AGE$。又因为$∠CED=∠AEG$,$BF// DE$,所以$∠AEG=∠AGE$,$∠AFB=∠ABF$,所以$AE=AG$,$AF=AB$,所以$EF=GB$。又$FB=BF$,所以$△GBF≌△EFB$(SAS),所以$FG=EB$。由(2)知四边形DEBF是菱形,所以$FG=EB=DF$；
②连结BD交AC于点O,则$DO⊥AC$。设$EF=a$,则$AE=2a$,所以$CE=CD=3a$。因为四边形DEBF是菱形,所以$FO=EO=\frac{1}{2}a$,所以$CO=\frac{5}{2}a$。因为$DF^2-FO^2=DC^2-CO^2$,所以$9-(\frac{1}{2}a)^2=9a^2-(\frac{5}{2}a)^2$,所以$a_1=\sqrt{3}$,$a_2=-\sqrt{3}$(舍去),所以菱形ABCD的边长为$3\sqrt{3}$。
解析
【分析】
本题是菱形的综合证明与计算题，解题思路如下：
(1) 要证AE=CF，先利用菱形ABCD的性质：AD//BC且AD=BC，得到∠DAE=∠BCF；再由BF//DE，推出∠DEA=∠BFC，通过AAS证明△DAE≌△BCF，即可得AE=CF；
(2) 由(1)得DE=BF且DE//BF，可判定四边形DEBF是平行四边形；再结合菱形ABCD的对角线互相垂直（AC⊥BD），根据“对角线垂直的平行四边形是菱形”，得四边形DEBF是菱形；
(3) ① 先由CE=CD得∠CDE=∠CED，结合AB//CD、BF//DE，推出AE=AG、AF=AB，进而得EF=GB，通过SAS证明△GBF≌△EFB，得FG=EB；再利用(2)中菱形DEBF的性质EB=DF，故FG=DF；
② 设EF=a，由AE=2EF得AE=2a，结合CE=CD得CD=3a；利用菱形对角线互相平分，得FO=EO=a/2，再在Rt△DFO和Rt△DCO中，由勾股定理DO²=DF²-FO²=DC²-CO²，代入数值求解得a，从而得菱形边长CD=3a。
【解析】
(1) 证明：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD//BC，AD=BC，
∴∠DAE=∠BCF，
∵BF//DE，
∴∠DEC=∠BFA，
∴∠DEA=∠BFC，
在△DAE和△BCF中，
$\{\begin{array}{l}∠DAE=∠BCF\\∠DEA=∠BFC\\AD=BC\end{array} $
∴△DAE≌△BCF（AAS），
∴AE=CF；
(2) 证明：连结BD交AC于点O，
由(1)知△DAE≌△BCF，
∴DE=BF，
又
∵DE//BF，
∴四边形DEBF是平行四边形，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴平行四边形DEBF是菱形；
(3) ① FG=DF，理由如下：
∵CE=CD，
∴∠CDE=∠CED，
∵AB//CD，
∴∠CDE=∠AGE，
又
∵∠CED=∠AEG，BF//DE，
∴∠AEG=∠AGE，∠AFB=∠ABF，
∴AE=AG，AF=AB，
∴AF - AE = AB - AG，即EF=GB，
在△GBF和△EFB中，
$\{\begin{array}{l}GB=EF\\∠GBF=∠EFB\\BF=FB\end{array} $
∴△GBF≌△EFB（SAS），
∴FG=EB，
由(2)知四边形DEBF是菱形，
∴EB=DF，
∴FG=DF；
② 连结BD交AC于点O，则DO⊥AC，
设EF=a，
∵AE=2EF，
∴AE=2a，
由(1)知AE=CF=2a，
∴CE=CF + EF=3a，又CE=CD，故CD=3a，
∵四边形DEBF是菱形，对角线互相平分，
∴EO=FO=$\frac{1}{2}a$，
∴CO=CF + FO=2a + $\frac{1}{2}a$=$\frac{5}{2}a$，
由①知FG=DF=3，
在Rt△DFO中，$DO^2=DF^2 - FO^2=9 - (\frac{1}{2}a)^2$，
在Rt△DCO中，$DO^2=DC^2 - CO^2=(3a)^2 - (\frac{5}{2}a)^2$，
∴$9 - \frac{a^2}{4}=9a^2 - \frac{25a^2}{4}$，
化简得$9=3a^2$，解得$a=\sqrt{3}$（a＞0，舍去负根），
∴CD=3a=3$\sqrt{3}$，即菱形ABCD的边长为3$\sqrt{3}$。
【答案】
24.解:(1)证明:因为四边形ABCD是菱形,所以$AD// BC$,$DA=BC$,所以$∠DAE=∠BCF$。因为$BF// DE$,所以$∠DEC=∠BFA$,所以$∠DEA=∠BFC$,所以$△DAE≌△BCF$(AAS),所以$AE=CF$；
(2)连结BD交AC于点O,由(1)知$△DAE≌△BCF$,所以$DE=BF$。因为$DE// BF$,所以四边形DEBF是平行四边形。因为四边形ABCD是菱形,所以$AC⊥BD$,所以平行四边形DEBF是菱形；
(3)①$FG=DF$,理由如下:因为$CE=CD$,所以$∠CDE=∠CED$。因为$AB// CD$,所以$∠CDE=∠AGE$。又因为$∠CED=∠AEG$,$BF// DE$,所以$∠AEG=∠AGE$,$∠AFB=∠ABF$,所以$AE=AG$,$AF=AB$,所以$EF=GB$。又$FB=BF$,所以$△GBF≌△EFB$(SAS),所以$FG=EB$。由(2)知四边形DEBF是菱形,所以$FG=EB=DF$；
②连结BD交AC于点O,则$DO⊥AC$。设$EF=a$,则$AE=2a$,所以$CE=CD=3a$。因为四边形DEBF是菱形,所以$FO=EO=\frac{1}{2}a$,所以$CO=\frac{5}{2}a$。因为$DF^2-FO^2=DC^2-CO^2$,所以$9-(\frac{1}{2}a)^2=9a^2-(\frac{5}{2}a)^2$,所以$a_1=\sqrt{3}$,$a_2=-\sqrt{3}$(舍去),所以菱形ABCD的边长为$3\sqrt{3}$。
【知识点】
菱形的性质、全等三角形的判定、平行四边形与菱形的判定
【点评】
本题是菱形的综合题，融合了全等三角形、平行四边形、菱形的判定与性质，以及勾股定理的应用，综合性较强，需要学生逐步推导各边、角关系，逻辑要求较高，是初中几何的重点题型。
【难度系数】
0.5
本题是菱形的综合证明与计算题，解题思路如下：
(1) 要证AE=CF，先利用菱形ABCD的性质：AD//BC且AD=BC，得到∠DAE=∠BCF；再由BF//DE，推出∠DEA=∠BFC，通过AAS证明△DAE≌△BCF，即可得AE=CF；
(2) 由(1)得DE=BF且DE//BF，可判定四边形DEBF是平行四边形；再结合菱形ABCD的对角线互相垂直（AC⊥BD），根据“对角线垂直的平行四边形是菱形”，得四边形DEBF是菱形；
(3) ① 先由CE=CD得∠CDE=∠CED，结合AB//CD、BF//DE，推出AE=AG、AF=AB，进而得EF=GB，通过SAS证明△GBF≌△EFB，得FG=EB；再利用(2)中菱形DEBF的性质EB=DF，故FG=DF；
② 设EF=a，由AE=2EF得AE=2a，结合CE=CD得CD=3a；利用菱形对角线互相平分，得FO=EO=a/2，再在Rt△DFO和Rt△DCO中，由勾股定理DO²=DF²-FO²=DC²-CO²，代入数值求解得a，从而得菱形边长CD=3a。
【解析】
(1) 证明：
∵四边形ABCD是菱形，
∴AD//BC，AD=BC，
∴∠DAE=∠BCF，
∵BF//DE，
∴∠DEC=∠BFA，
∴∠DEA=∠BFC，
在△DAE和△BCF中，
$\{\begin{array}{l}∠DAE=∠BCF\\∠DEA=∠BFC\\AD=BC\end{array} $
∴△DAE≌△BCF（AAS），
∴AE=CF；
(2) 证明：连结BD交AC于点O，
由(1)知△DAE≌△BCF，
∴DE=BF，
又
∵DE//BF，
∴四边形DEBF是平行四边形，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AC⊥BD，
∴平行四边形DEBF是菱形；
(3) ① FG=DF，理由如下：
∵CE=CD，
∴∠CDE=∠CED，
∵AB//CD，
∴∠CDE=∠AGE，
又
∵∠CED=∠AEG，BF//DE，
∴∠AEG=∠AGE，∠AFB=∠ABF，
∴AE=AG，AF=AB，
∴AF - AE = AB - AG，即EF=GB，
在△GBF和△EFB中，
$\{\begin{array}{l}GB=EF\\∠GBF=∠EFB\\BF=FB\end{array} $
∴△GBF≌△EFB（SAS），
∴FG=EB，
由(2)知四边形DEBF是菱形，
∴EB=DF，
∴FG=DF；
② 连结BD交AC于点O，则DO⊥AC，
设EF=a，
∵AE=2EF，
∴AE=2a，
由(1)知AE=CF=2a，
∴CE=CF + EF=3a，又CE=CD，故CD=3a，
∵四边形DEBF是菱形，对角线互相平分，
∴EO=FO=$\frac{1}{2}a$，
∴CO=CF + FO=2a + $\frac{1}{2}a$=$\frac{5}{2}a$，
由①知FG=DF=3，
在Rt△DFO中，$DO^2=DF^2 - FO^2=9 - (\frac{1}{2}a)^2$，
在Rt△DCO中，$DO^2=DC^2 - CO^2=(3a)^2 - (\frac{5}{2}a)^2$，
∴$9 - \frac{a^2}{4}=9a^2 - \frac{25a^2}{4}$，
化简得$9=3a^2$，解得$a=\sqrt{3}$（a＞0，舍去负根），
∴CD=3a=3$\sqrt{3}$，即菱形ABCD的边长为3$\sqrt{3}$。
【答案】
24.解:(1)证明:因为四边形ABCD是菱形,所以$AD// BC$,$DA=BC$,所以$∠DAE=∠BCF$。因为$BF// DE$,所以$∠DEC=∠BFA$,所以$∠DEA=∠BFC$,所以$△DAE≌△BCF$(AAS),所以$AE=CF$；
(2)连结BD交AC于点O,由(1)知$△DAE≌△BCF$,所以$DE=BF$。因为$DE// BF$,所以四边形DEBF是平行四边形。因为四边形ABCD是菱形,所以$AC⊥BD$,所以平行四边形DEBF是菱形；
(3)①$FG=DF$,理由如下:因为$CE=CD$,所以$∠CDE=∠CED$。因为$AB// CD$,所以$∠CDE=∠AGE$。又因为$∠CED=∠AEG$,$BF// DE$,所以$∠AEG=∠AGE$,$∠AFB=∠ABF$,所以$AE=AG$,$AF=AB$,所以$EF=GB$。又$FB=BF$,所以$△GBF≌△EFB$(SAS),所以$FG=EB$。由(2)知四边形DEBF是菱形,所以$FG=EB=DF$；
②连结BD交AC于点O,则$DO⊥AC$。设$EF=a$,则$AE=2a$,所以$CE=CD=3a$。因为四边形DEBF是菱形,所以$FO=EO=\frac{1}{2}a$,所以$CO=\frac{5}{2}a$。因为$DF^2-FO^2=DC^2-CO^2$,所以$9-(\frac{1}{2}a)^2=9a^2-(\frac{5}{2}a)^2$,所以$a_1=\sqrt{3}$,$a_2=-\sqrt{3}$(舍去),所以菱形ABCD的边长为$3\sqrt{3}$。
【知识点】
菱形的性质、全等三角形的判定、平行四边形与菱形的判定
【点评】
本题是菱形的综合题，融合了全等三角形、平行四边形、菱形的判定与性质，以及勾股定理的应用，综合性较强，需要学生逐步推导各边、角关系，逻辑要求较高，是初中几何的重点题型。
【难度系数】
0.5
