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8. 如图,在平行四边形ABCD中,过点A作$AE ⊥ BC$,垂足为E,过点C作$CF // AE$交边AD于点F。
(1)求证:四边形AECF为矩形;
(2)连结AC和EF,若$∠ B=60°,AB=2,BC=5$,求EF的长。
(1)求证:四边形AECF为矩形;
(2)连结AC和EF,若$∠ B=60°,AB=2,BC=5$,求EF的长。
答案
8.(1)因为四边形ABCD是平行四边形,所以$AD// BC$。因为$CF// AE$,所以四边形AECF是平行四边形。因为$AE⊥ BC$,所以$∠ AEC = 90°$,所以平行四边形AECF为矩形；
(2)$\sqrt{19}$。
(2)$\sqrt{19}$。
解析
【分析】
第(1)问要证明四边形AECF是矩形，先利用平行四边形ABCD的对边平行性质，结合已知CF//AE，证得四边形AECF是平行四边形，再由AE⊥BC得到直角，根据矩形判定定理即可得证；第(2)问利用矩形对角线相等的性质，将求EF转化为求AC，通过直角三角形ABE的三角函数求出相关边长，再用勾股定理计算AC，进而得到EF的长度。
【解析】
(1) 证明：
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ AD//BC，即AF//EC。
又
∵ CF//AE，
∴ 四边形AECF是平行四边形（两组对边分别平行的四边形是平行四边形）。
∵ AE⊥BC，
∴ ∠AEC = 90°，
∴ 平行四边形AECF为矩形（有一个角是直角的平行四边形是矩形）。
(2) 解：
在Rt△ABE中，∠B=60°，AB=2，
∴ BE = AB·cos60° = 2×$\frac{1}{2}$ = 1，
AE = AB·sin60° = 2×$\frac{\sqrt{3}}{2}$ = $\sqrt{3}$。
∵ BC=5，
∴ EC = BC - BE = 5 - 1 = 4。
在Rt△AEC中，由勾股定理得：
AC² = AE² + EC² = ($\sqrt{3}$)² + 4² = 3 + 16 = 19，
∴ AC = $\sqrt{19}$。
∵ 四边形AECF是矩形，
∴ EF = AC = $\sqrt{19}$。
【答案】
(1) 证明见上述解析；(2) $\sqrt{19}$
【知识点】
平行四边形的性质、矩形的判定与性质、勾股定理
【点评】
本题综合考查平行四边形、矩形的相关性质与判定，以及直角三角形的三角函数和勾股定理的应用，解题的核心是利用矩形对角线相等的性质转化线段，将未知线段EF转化为易求的AC，降低计算难度。
【难度系数】
0.5
第(1)问要证明四边形AECF是矩形，先利用平行四边形ABCD的对边平行性质，结合已知CF//AE，证得四边形AECF是平行四边形，再由AE⊥BC得到直角，根据矩形判定定理即可得证；第(2)问利用矩形对角线相等的性质，将求EF转化为求AC，通过直角三角形ABE的三角函数求出相关边长，再用勾股定理计算AC，进而得到EF的长度。
【解析】
(1) 证明：
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ AD//BC，即AF//EC。
又
∵ CF//AE，
∴ 四边形AECF是平行四边形（两组对边分别平行的四边形是平行四边形）。
∵ AE⊥BC，
∴ ∠AEC = 90°，
∴ 平行四边形AECF为矩形（有一个角是直角的平行四边形是矩形）。
(2) 解：
在Rt△ABE中，∠B=60°，AB=2，
∴ BE = AB·cos60° = 2×$\frac{1}{2}$ = 1，
AE = AB·sin60° = 2×$\frac{\sqrt{3}}{2}$ = $\sqrt{3}$。
∵ BC=5，
∴ EC = BC - BE = 5 - 1 = 4。
在Rt△AEC中，由勾股定理得：
AC² = AE² + EC² = ($\sqrt{3}$)² + 4² = 3 + 16 = 19，
∴ AC = $\sqrt{19}$。
∵ 四边形AECF是矩形，
∴ EF = AC = $\sqrt{19}$。
【答案】
(1) 证明见上述解析；(2) $\sqrt{19}$
【知识点】
平行四边形的性质、矩形的判定与性质、勾股定理
【点评】
本题综合考查平行四边形、矩形的相关性质与判定，以及直角三角形的三角函数和勾股定理的应用，解题的核心是利用矩形对角线相等的性质转化线段，将未知线段EF转化为易求的AC，降低计算难度。
【难度系数】
0.5
9. 尺规作图问题：
如图1,在等腰三角形 $ABC$ 中,$AB = AC$,$D$,$E$ 分别是 $BC$,$AB$ 的中点,在 $AC$ 边上作一点 $F$,使得四边形 $AEDF$ 为菱形。
甲同学:如图2,以点 $A$ 为圆心,$AE$ 长为半径画弧,交 $AC$ 于点 $F$,连结 $DF$,则四边形 $AEDF$ 为菱形。
乙同学:以点 $D$ 为圆心,$DE$ 长为半径画弧,交 $AC$ 于点 $F$,连结 $DF$,则四边形 $AEDF$ 为菱形。
甲同学:你的作法有问题。
乙同学:哦…我明白了!
(1)证明:甲同学所作的四边形 $AEDF$ 为菱形;
(2)请指出乙同学作法中存在的问题。
如图1,在等腰三角形 $ABC$ 中,$AB = AC$,$D$,$E$ 分别是 $BC$,$AB$ 的中点,在 $AC$ 边上作一点 $F$,使得四边形 $AEDF$ 为菱形。
甲同学:如图2,以点 $A$ 为圆心,$AE$ 长为半径画弧,交 $AC$ 于点 $F$,连结 $DF$,则四边形 $AEDF$ 为菱形。
乙同学:以点 $D$ 为圆心,$DE$ 长为半径画弧,交 $AC$ 于点 $F$,连结 $DF$,则四边形 $AEDF$ 为菱形。
甲同学:你的作法有问题。
乙同学:哦…我明白了!
(1)证明:甲同学所作的四边形 $AEDF$ 为菱形;
(2)请指出乙同学作法中存在的问题。
答案
9.(1)证明:如图1中,因为$AB=AC,BD=CD$,所以$AD⊥ BC$。因为$AE=BE$,所以$DE=AE=BE$,所以$DE// AC,DE=\frac{1}{2}AC$。因为$AE=AF$,所以$DE=AF$,所以四边形AEDF是平行四边形。因为$AE=AF$,所以四边形AEDF是菱形；
(2)乙同学的方法错误,理由是点F可能有两个,如图2所示。
解析
【分析】
第(1)问需结合等腰三角形三线合一性质、三角形中位线定理推导四边形AEDF的边与位置关系，再利用菱形判定定理证明；第(2)问需分析乙同学尺规作图时，弧与AC的交点数量，判断作法的合理性。
【解析】
(1) 证明：
∵ AB = AC，D是BC中点，
∴ AD⊥BC（等腰三角形三线合一）。
∵ E是AB中点，
∴ DE是△ABC的中位线，
∴ DE//AC，且DE = $\frac{1}{2}AC$。
又
∵ E是AB中点，
∴ AE = $\frac{1}{2}AB$，
∵ AB = AC，
∴ AE = $\frac{1}{2}AC$，
∴ DE = AE。
∵ 甲同学作法中AF = AE，
∴ DE = AF，且DE//AF，
∴ 四边形AEDF是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形）。
又
∵ AE = AF，
∴ 平行四边形AEDF是菱形（一组邻边相等的平行四边形是菱形）。
(2) 乙同学以点D为圆心，DE长为半径画弧，交AC于点F时，弧与AC有两个交点（如图2中F和F'），无法确定唯一的点F满足四边形AEDF为菱形的条件，因此乙同学的作法存在问题。
【答案】
(1) 证明如上；(2) 乙同学作法中，以D为圆心DE为半径画弧与AC交于两点，无法保证得到唯一的点F使四边形AEDF为菱形。
【知识点】
等腰三角形性质、三角形中位线、菱形判定
【点评】
本题结合尺规作图考查菱形的判定，需熟练运用相关几何性质分析作图逻辑，是几何基础题型，重点考查逻辑推理能力。
【难度系数】
0.5
第(1)问需结合等腰三角形三线合一性质、三角形中位线定理推导四边形AEDF的边与位置关系，再利用菱形判定定理证明；第(2)问需分析乙同学尺规作图时，弧与AC的交点数量，判断作法的合理性。
【解析】
(1) 证明：
∵ AB = AC，D是BC中点，
∴ AD⊥BC（等腰三角形三线合一）。
∵ E是AB中点，
∴ DE是△ABC的中位线，
∴ DE//AC，且DE = $\frac{1}{2}AC$。
又
∵ E是AB中点，
∴ AE = $\frac{1}{2}AB$，
∵ AB = AC，
∴ AE = $\frac{1}{2}AC$，
∴ DE = AE。
∵ 甲同学作法中AF = AE，
∴ DE = AF，且DE//AF，
∴ 四边形AEDF是平行四边形（一组对边平行且相等的四边形是平行四边形）。
又
∵ AE = AF，
∴ 平行四边形AEDF是菱形（一组邻边相等的平行四边形是菱形）。
(2) 乙同学以点D为圆心，DE长为半径画弧，交AC于点F时，弧与AC有两个交点（如图2中F和F'），无法确定唯一的点F满足四边形AEDF为菱形的条件，因此乙同学的作法存在问题。
【答案】
(1) 证明如上；(2) 乙同学作法中，以D为圆心DE为半径画弧与AC交于两点，无法保证得到唯一的点F使四边形AEDF为菱形。
【知识点】
等腰三角形性质、三角形中位线、菱形判定
【点评】
本题结合尺规作图考查菱形的判定，需熟练运用相关几何性质分析作图逻辑，是几何基础题型，重点考查逻辑推理能力。
【难度系数】
0.5
