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16.如图,在菱形ABCD中,点E,F分别在BC,CD上,BE=CF,连结AE,AF,DE。若菱形的面积为$56\sqrt{10}$,$AB=14$,四边形AECF的面积是$△ ABE$面积的3.5倍,则线段ED的长为________。
答案
16.$4\sqrt{26}$ 解析:如图,过点A作$AM⊥ BC$于点M,$AN⊥ CD$于点N,过点D作$DH⊥ BC$,交BC的延长线于点H,连结AC。因为四边形ABCD是菱形,$AB=14$,所以$BC=AB=CD=14$,$AD// BC$,因为菱形的面积为$56\sqrt{10}$,所以$BC· AM=56\sqrt{10}$,所以$14AM=56\sqrt{10}$,所以$AM=4\sqrt{10}$,同理,$AN=AM=4\sqrt{10}$,因为$BE=CF$,所以$△ ABE$和$△ ACF$等底等高,所以$S_{△ ABE}=S_{△ ACF}$,因为四边形AECF的面积是$△ ABE$面积的3.5倍,所以$S_{△ AEC}+S_{△ ACF}=3.5× S_{△ ABE}$,所以$S_{△ AEC}=3.5× S_{△ ABE}-S_{△ ACF}=2.5× S_{△ ABE}$,所以$\frac{1}{2}EC· AM=2.5× \frac{1}{2}BE· AM$,即$EC=2.5× BE$,所以$BC=BE+EC=3.5× BE=14$,解得$BE=4$,所以$EC=2.5× BE=10$,因为$AD// BC$,$AM⊥ BC$,$AN⊥ CD$,根据平行线间的距离处处相等,得$DH=AM=4\sqrt{10}$,在$Rt△ DCH$中,由勾股定理得$CH=\sqrt{CD^2-DH^2}=\sqrt{14^2-(4\sqrt{10})^2}=6$,所以$EH=EC+CH=10+6=16$,在$Rt△ EDH$中,由勾股定理,得$ED=\sqrt{EH^2+DH^2}=\sqrt{16^2+(4\sqrt{10})^2}=4\sqrt{26}$。
解析
【分析】本题是菱形中的线段长度计算问题，解题思路为：先利用菱形面积公式求出BC边上的高AM，再结合BE=CF的条件和面积关系，推导出BE与EC的长度；接着利用平行线间距离相等得到D到BC延长线的高DH，通过勾股定理求出CH的长度，进而得到EH；最后在直角三角形EDH中，用勾股定理计算ED的长度。
【解析】如图，过点A作$AM⊥ BC$于点M，过点D作$DH⊥ BC$，交BC的延长线于点H。
∵四边形ABCD是菱形，$AB=14$，
∴$BC=AB=14$，菱形面积$=BC· AM=56\sqrt{10}$，
∴$14AM=56\sqrt{10}$，解得$AM=4\sqrt{10}$。
∵$BE=CF$，且△ABE和△ACF等底等高，
∴$S_{△ABE}=S_{△ACF}$。
由题意，四边形AECF的面积是$△ABE$面积的3.5倍，即$S_{四边形AECF}=S_{△AEC}+S_{△ACF}=3.5S_{△ABE}$，
∴$S_{△AEC}=3.5S_{△ABE}-S_{△ACF}=3.5S_{△ABE}-S_{△ABE}=2.5S_{△ABE}$。
又
∵$S_{△AEC}=\frac{1}{2}EC· AM$，$S_{△ABE}=\frac{1}{2}BE· AM$，
∴$\frac{1}{2}EC· AM=2.5×\frac{1}{2}BE· AM$，即$EC=2.5BE$。
∵$BC=BE+EC=14$，
∴$BE+2.5BE=3.5BE=14$，解得$BE=4$，则$EC=10$。
∵$AD// BC$，$AM⊥ BC$，$DH⊥ BC$，
∴平行线间的距离相等，即$DH=AM=4\sqrt{10}$。
在$Rt△DCH$中，$CD=14$，$DH=4\sqrt{10}$，由勾股定理得：
$CH=\sqrt{CD^2-DH^2}=\sqrt{14^2-(4\sqrt{10})^2}=\sqrt{196-160}=\sqrt{36}=6$，
∴$EH=EC+CH=10+6=16$。
在$Rt△EDH$中，由勾股定理得：
$ED=\sqrt{EH^2+DH^2}=\sqrt{16^2+(4\sqrt{10})^2}=\sqrt{256+160}=\sqrt{416}=4\sqrt{26}$。
【答案】$4\sqrt{26}$
【知识点】菱形的性质、三角形面积、勾股定理
【点评】本题综合运用菱形的性质、三角形面积公式及勾股定理求解，核心是通过面积关系确定线段长度，再构造直角三角形计算目标线段，需要学生具备几何转化和分析能力，属于中等难度的几何综合题。
【难度系数】0.5
【解析】如图，过点A作$AM⊥ BC$于点M，过点D作$DH⊥ BC$，交BC的延长线于点H。
∵四边形ABCD是菱形，$AB=14$，
∴$BC=AB=14$，菱形面积$=BC· AM=56\sqrt{10}$，
∴$14AM=56\sqrt{10}$，解得$AM=4\sqrt{10}$。
∵$BE=CF$，且△ABE和△ACF等底等高，
∴$S_{△ABE}=S_{△ACF}$。
由题意，四边形AECF的面积是$△ABE$面积的3.5倍，即$S_{四边形AECF}=S_{△AEC}+S_{△ACF}=3.5S_{△ABE}$，
∴$S_{△AEC}=3.5S_{△ABE}-S_{△ACF}=3.5S_{△ABE}-S_{△ABE}=2.5S_{△ABE}$。
又
∵$S_{△AEC}=\frac{1}{2}EC· AM$，$S_{△ABE}=\frac{1}{2}BE· AM$，
∴$\frac{1}{2}EC· AM=2.5×\frac{1}{2}BE· AM$，即$EC=2.5BE$。
∵$BC=BE+EC=14$，
∴$BE+2.5BE=3.5BE=14$，解得$BE=4$，则$EC=10$。
∵$AD// BC$，$AM⊥ BC$，$DH⊥ BC$，
∴平行线间的距离相等，即$DH=AM=4\sqrt{10}$。
在$Rt△DCH$中，$CD=14$，$DH=4\sqrt{10}$，由勾股定理得：
$CH=\sqrt{CD^2-DH^2}=\sqrt{14^2-(4\sqrt{10})^2}=\sqrt{196-160}=\sqrt{36}=6$，
∴$EH=EC+CH=10+6=16$。
在$Rt△EDH$中，由勾股定理得：
$ED=\sqrt{EH^2+DH^2}=\sqrt{16^2+(4\sqrt{10})^2}=\sqrt{256+160}=\sqrt{416}=4\sqrt{26}$。
【答案】$4\sqrt{26}$
【知识点】菱形的性质、三角形面积、勾股定理
【点评】本题综合运用菱形的性质、三角形面积公式及勾股定理求解，核心是通过面积关系确定线段长度，再构造直角三角形计算目标线段，需要学生具备几何转化和分析能力，属于中等难度的几何综合题。
【难度系数】0.5
三、解答题(本题有8小题,共72分)
17.(8分)计算:
(1)$3\sqrt{3}+\sqrt{8}-\sqrt{2}-\sqrt{27}$。
(2)$(\sqrt{5}+\sqrt{3})(\sqrt{5}-\sqrt{3})$。
17.(8分)计算:
(1)$3\sqrt{3}+\sqrt{8}-\sqrt{2}-\sqrt{27}$。
(2)$(\sqrt{5}+\sqrt{3})(\sqrt{5}-\sqrt{3})$。
答案
17.解:(1)$原式=3\sqrt{3}+2\sqrt{2}-\sqrt{2}-3\sqrt{3}=\sqrt{2}$。(2)$原式=(\sqrt{5})^2-(\sqrt{3})^2=5-3=2$。
解析
【分析】
二次根式计算需先将各二次根式化为最简二次根式，再合并同类二次根式；对于两数和乘两数差的形式，可利用平方差公式简化运算，这样能快速准确得出结果。
【解析】
(1) 先化简各二次根式：$\sqrt{8}=2\sqrt{2}$，$\sqrt{27}=3\sqrt{3}$，代入原式得：
$原式=3\sqrt{3}+2\sqrt{2}-\sqrt{2}-3\sqrt{3}$
合并同类二次根式：$3\sqrt{3}-3\sqrt{3}+(2\sqrt{2}-\sqrt{2})=\sqrt{2}$
(2) 利用平方差公式$(a+b)(a-b)=a^2-b^2$，令$a=\sqrt{5}$，$b=\sqrt{3}$，代入得：
$原式=(\sqrt{5})^2-(\sqrt{3})^2=5-3=2$
【答案】
17.解:(1)$原式=3\sqrt{3}+2\sqrt{2}-\sqrt{2}-3\sqrt{3}=\sqrt{2}$。(2)$原式=(\sqrt{5})^2-(\sqrt{3})^2=5-3=2$。
【知识点】
二次根式化简、同类二次根式合并、平方差公式
【点评】
本题考查二次根式的基础运算，涉及最简二次根式化简、同类二次根式合并及平方差公式应用，属于常规基础题，侧重考查对基础知识的掌握。
【难度系数】
0.8
二次根式计算需先将各二次根式化为最简二次根式，再合并同类二次根式；对于两数和乘两数差的形式，可利用平方差公式简化运算，这样能快速准确得出结果。
【解析】
(1) 先化简各二次根式：$\sqrt{8}=2\sqrt{2}$，$\sqrt{27}=3\sqrt{3}$，代入原式得：
$原式=3\sqrt{3}+2\sqrt{2}-\sqrt{2}-3\sqrt{3}$
合并同类二次根式：$3\sqrt{3}-3\sqrt{3}+(2\sqrt{2}-\sqrt{2})=\sqrt{2}$
(2) 利用平方差公式$(a+b)(a-b)=a^2-b^2$，令$a=\sqrt{5}$，$b=\sqrt{3}$，代入得：
$原式=(\sqrt{5})^2-(\sqrt{3})^2=5-3=2$
【答案】
17.解:(1)$原式=3\sqrt{3}+2\sqrt{2}-\sqrt{2}-3\sqrt{3}=\sqrt{2}$。(2)$原式=(\sqrt{5})^2-(\sqrt{3})^2=5-3=2$。
【知识点】
二次根式化简、同类二次根式合并、平方差公式
【点评】
本题考查二次根式的基础运算，涉及最简二次根式化简、同类二次根式合并及平方差公式应用，属于常规基础题，侧重考查对基础知识的掌握。
【难度系数】
0.8
18.(8分)已知关于$x$的一元二次方程$x^2+bx-12=0$。
(1)当$b=4$时,求方程的解。
(2)若$x=3$是方程的一个解,求$b$的值和方程的另一个解。
(1)当$b=4$时,求方程的解。
(2)若$x=3$是方程的一个解,求$b$的值和方程的另一个解。
答案
18.解:(1)把$b=4$代入$x^2+bx-12=0$,得$x^2+4x-12=0$,解得$x_1=-6$,$x_2=2$。(2)把$x=3$代入$x^2+bx-12=0$,得$9+3b-12=0$,解得$b=1$,再把$b=1$代入$x^2+bx-12=0$,得$x^2+x-12=0$,解得$x_1=-4$,$x_2=3$。即另一个解为$x=-4$。
解析
【分析】
本题分为两小问，第(1)问是将给定的b值代入原方程，转化为具体的一元二次方程后求解；第(2)问利用“方程的解满足方程”的性质，把已知的x值代入方程求出b，再将b代回原方程求解得到另一个解，整体考查一元二次方程的解的概念和解法，思路清晰，步骤明确。
【解析】
(1) 把$b=4$代入方程$x^2+bx-12=0$，得$x^2+4x-12=0$，因式分解得$(x+6)(x-2)=0$，解得$x_1=-6$，$x_2=2$。
(2) 因为$x=3$是方程的解，将$x=3$代入方程得$3^2 + 3b -12=0$，计算得$9+3b-12=0$，即$3b=3$，解得$b=1$。把$b=1$代入原方程得$x^2 +x -12=0$，因式分解得$(x+4)(x-3)=0$，解得$x_1=-4$，$x_2=3$，所以方程的另一个解为$x=-4$。
【答案】
18.解:(1)把$b=4$代入$x^2+bx-12=0$,得$x^2+4x-12=0$,解得$x_1=-6$,$x_2=2$。(2)把$x=3$代入$x^2+bx-12=0$,得$9+3b-12=0$,解得$b=1$,再把$b=1$代入$x^2+bx-12=0$,得$x^2+x-12=0$,解得$x_1=-4$,$x_2=3$。即另一个解为$x=-4$。
【知识点】
一元二次方程的解，解一元二次方程
【点评】
本题是一元二次方程的基础应用题，分两小问分别考查代入法求方程的解和利用方程的解求参数，步骤清晰，难度较低，适合巩固一元二次方程的相关基础知识点。
【难度系数】
0.7
本题分为两小问，第(1)问是将给定的b值代入原方程，转化为具体的一元二次方程后求解；第(2)问利用“方程的解满足方程”的性质，把已知的x值代入方程求出b，再将b代回原方程求解得到另一个解，整体考查一元二次方程的解的概念和解法，思路清晰，步骤明确。
【解析】
(1) 把$b=4$代入方程$x^2+bx-12=0$，得$x^2+4x-12=0$，因式分解得$(x+6)(x-2)=0$，解得$x_1=-6$，$x_2=2$。
(2) 因为$x=3$是方程的解，将$x=3$代入方程得$3^2 + 3b -12=0$，计算得$9+3b-12=0$，即$3b=3$，解得$b=1$。把$b=1$代入原方程得$x^2 +x -12=0$，因式分解得$(x+4)(x-3)=0$，解得$x_1=-4$，$x_2=3$，所以方程的另一个解为$x=-4$。
【答案】
18.解:(1)把$b=4$代入$x^2+bx-12=0$,得$x^2+4x-12=0$,解得$x_1=-6$,$x_2=2$。(2)把$x=3$代入$x^2+bx-12=0$,得$9+3b-12=0$,解得$b=1$,再把$b=1$代入$x^2+bx-12=0$,得$x^2+x-12=0$,解得$x_1=-4$,$x_2=3$。即另一个解为$x=-4$。
【知识点】
一元二次方程的解，解一元二次方程
【点评】
本题是一元二次方程的基础应用题，分两小问分别考查代入法求方程的解和利用方程的解求参数，步骤清晰，难度较低，适合巩固一元二次方程的相关基础知识点。
【难度系数】
0.7
19.如图,在$6×6$的正方形网格中,每个小正方形的边长为1,已知点A在格点上,请在所给的网格中按下列要求画出图形。
(1)在图1中,找一格点B,并连结AB,使AB的长为$\sqrt{13}$。(只需画出一条符合条件的线段)
(2)在图2中,以AC为对角线作一个正方形,使正方形的顶点均在格点上。
(1)在图1中,找一格点B,并连结AB,使AB的长为$\sqrt{13}$。(只需画出一条符合条件的线段)
(2)在图2中,以AC为对角线作一个正方形,使正方形的顶点均在格点上。
答案
19.(1)如图(答案不唯一)。(2)如图。
解析
【分析】
本题为网格中的作图题，需结合勾股定理和正方形的性质解题。第(1)问要构造长度为$\sqrt{13}$的线段，根据勾股定理，直角边为2和3的直角三角形斜边为$\sqrt{13}$，因此只需在网格中找到与点A水平距离3、竖直距离2（或水平2、竖直3）的格点，连接该点与A即可，这样的点不唯一；第(2)问以AC为对角线作格点正方形，利用正方形对角线互相垂直、平分且相等的性质，找到AC的垂直平分线上的格点，即可构造出符合要求的正方形。
【解析】
(1) 由勾股定理，若直角三角形的两条直角边长分别为2和3，则斜边长为$\sqrt{2^2 + 3^2} = \sqrt{13}$。在6×6网格中，从点A出发，沿水平方向移动3个单位、竖直方向移动2个单位（或水平2个单位、竖直3个单位），找到对应的格点B，连接AB，线段AB即为所求（答案不唯一）。
(2) 根据正方形的性质：对角线互相垂直、平分且长度相等。步骤如下：
① 确定AC的中点；
② 作AC的垂直平分线，在垂直平分线上取两个格点，使这两个格点到AC中点的距离等于AC长度的一半；
③ 连接这两个格点与A、C，即可得到以AC为对角线、顶点均在格点的正方形。
【答案】
19.(1) （画出符合条件的线段AB）；(2) （画出以AC为对角线的格点正方形）
【知识点】
勾股定理、正方形性质、网格作图
【点评】
本题考查网格中的几何作图，需结合勾股定理和正方形的性质，利用网格的格点特征确定对应点，解题思路清晰，难度适中，适合多数学生完成。
【难度系数】
0.5
本题为网格中的作图题，需结合勾股定理和正方形的性质解题。第(1)问要构造长度为$\sqrt{13}$的线段，根据勾股定理，直角边为2和3的直角三角形斜边为$\sqrt{13}$，因此只需在网格中找到与点A水平距离3、竖直距离2（或水平2、竖直3）的格点，连接该点与A即可，这样的点不唯一；第(2)问以AC为对角线作格点正方形，利用正方形对角线互相垂直、平分且相等的性质，找到AC的垂直平分线上的格点，即可构造出符合要求的正方形。
【解析】
(1) 由勾股定理，若直角三角形的两条直角边长分别为2和3，则斜边长为$\sqrt{2^2 + 3^2} = \sqrt{13}$。在6×6网格中，从点A出发，沿水平方向移动3个单位、竖直方向移动2个单位（或水平2个单位、竖直3个单位），找到对应的格点B，连接AB，线段AB即为所求（答案不唯一）。
(2) 根据正方形的性质：对角线互相垂直、平分且长度相等。步骤如下：
① 确定AC的中点；
② 作AC的垂直平分线，在垂直平分线上取两个格点，使这两个格点到AC中点的距离等于AC长度的一半；
③ 连接这两个格点与A、C，即可得到以AC为对角线、顶点均在格点的正方形。
【答案】
19.(1) （画出符合条件的线段AB）；(2) （画出以AC为对角线的格点正方形）
【知识点】
勾股定理、正方形性质、网格作图
【点评】
本题考查网格中的几何作图，需结合勾股定理和正方形的性质，利用网格的格点特征确定对应点，解题思路清晰，难度适中，适合多数学生完成。
【难度系数】
0.5
