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13. 如图,在菱形ABCD中,∠A=60°,点E,F分别在边AB,BC上,AE=BF=2,△DEF的周长为$3\sqrt{6}$,则AD的长为 (
A.$\sqrt{6}$
B.$2\sqrt{3}$
C.$\sqrt{3}+1$
D.$2\sqrt{3}+1$
C
)A.$\sqrt{6}$
B.$2\sqrt{3}$
C.$\sqrt{3}+1$
D.$2\sqrt{3}+1$
答案
13.C 【解析】如图
,联结BD,过点D作$DH⊥AB$,垂足为H。因为四边形ABCD是菱形,所以$AB=AD$,$AD// BC$。因为$∠A=60°$,所以$△ABD$是等边三角形,$∠ABC=180°-∠A=120°$,所以$AD=BD$,$∠ABD=∠A=∠ADB=60°$,所以$∠DBC=∠ABC-∠ABD=120°-60°=60°=∠A$。因为$AE=BF$,所以$△ADE≌△BDF(\mathrm{SAS})$,所以$DE=DF$,$∠ADE=∠FDB$,所以$∠EDF=∠EDB+∠FDB=∠EDB+∠ADE=∠ADB=60°$,所以$△DEF$是等边三角形。因为$△DEF$的周长是$3\sqrt{6}$,所以$DE=\sqrt{6}$。设$AH=x$,则$HE=2-x$。因为$AD=BD$,$DH⊥AB$,所以$∠ADH=\frac{1}{2}∠ADB=30°$,所以$AD=2x$,$DH=\sqrt{3}\ x$。在$\mathrm{Rt}△DHE$中,由勾股定理,得$DH^2+HE^2=DE^2$,所以$(\sqrt{3}\ x)^2+(2-x)^2=(\sqrt{6})^2$,解得$x=\frac{1+\sqrt{3}}{2}$(负值已舍去),所以$AD=2x=\sqrt{3}+1$。解析
【分析】
要解决本题，需结合菱形的性质，先证明△ABD是等边三角形，再通过全等三角形判定得到△DEF为等边三角形，最后利用勾股定理建立方程求解AD的长度，关键在于几何推理与方程思想的结合。
【解析】
如图，联结BD，过点D作$DH⊥AB$，垂足为H。
1. 利用菱形性质推导等边三角形：
因为四边形ABCD是菱形，所以$AB=AD$，$AD// BC$，$∠ ABC=180°-∠ A=120°$。
又$∠ A=60°$，故$△ ABD$是等边三角形，因此$AD=BD$，$∠ ABD=∠ ADB=60°$，进而$∠ DBC=∠ ABC-∠ ABD=120°-60°=60°$，即$∠ DBC=∠ A$。
2. 证明全等三角形，推导等边△DEF：
已知$AE=BF$，在$△ ADE$和$△ BDF$中，$\begin{cases}AD=BD\\∠ A=∠ DBF\\AE=BF\end{cases}$，所以$△ ADE≌△ BDF(\mathrm{SAS})$。
由此得$DE=DF$，$∠ ADE=∠ FDB$，故$∠ EDF=∠ EDB+∠ FDB=∠ EDB+∠ ADE=∠ ADB=60°$，因此$△ DEF$是等边三角形。
3. 结合周长求DE，用勾股定理计算AD：
因为$△ DEF$的周长为$3\sqrt{6}$，等边三角形三边相等，所以$DE=\frac{3\sqrt{6}}{3}=\sqrt{6}$。
设$AH=x$，在$\mathrm{Rt}△ ADH$中，$∠ A=60°$，$DH⊥AB$，则$∠ ADH=30°$，故$AD=2x$，$DH=\sqrt{AD^2-AH^2}=\sqrt{3}x$。
已知$AE=2$，则$HE=AE-AH=2-x$。
在$\mathrm{Rt}△ DHE$中，由勾股定理得：$DH^2+HE^2=DE^2$，代入得$(\sqrt{3}x)^2+(2-x)^2=(\sqrt{6})^2$，展开计算：$3x^2+4-4x+x^2=6$，整理为$2x^2-2x-1=0$，解得$x=\frac{1+\sqrt{3}}{2}$（负值舍去），因此$AD=2x=\sqrt{3}+1$。
【答案】
C
【知识点】
菱形性质、等边三角形判定与性质、全等三角形判定、勾股定理
【点评】
本题是几何综合题，综合考查多个几何知识点，核心是通过全等三角形证明△DEF为等边三角形，再利用勾股定理建立方程求解，需要学生具备较强的几何推理和计算能力，是典型的中等难度几何题。
【难度系数】
0.4
要解决本题，需结合菱形的性质，先证明△ABD是等边三角形，再通过全等三角形判定得到△DEF为等边三角形，最后利用勾股定理建立方程求解AD的长度，关键在于几何推理与方程思想的结合。
【解析】
如图，联结BD，过点D作$DH⊥AB$，垂足为H。
1. 利用菱形性质推导等边三角形：
因为四边形ABCD是菱形，所以$AB=AD$，$AD// BC$，$∠ ABC=180°-∠ A=120°$。
又$∠ A=60°$，故$△ ABD$是等边三角形，因此$AD=BD$，$∠ ABD=∠ ADB=60°$，进而$∠ DBC=∠ ABC-∠ ABD=120°-60°=60°$，即$∠ DBC=∠ A$。
2. 证明全等三角形，推导等边△DEF：
已知$AE=BF$，在$△ ADE$和$△ BDF$中，$\begin{cases}AD=BD\\∠ A=∠ DBF\\AE=BF\end{cases}$，所以$△ ADE≌△ BDF(\mathrm{SAS})$。
由此得$DE=DF$，$∠ ADE=∠ FDB$，故$∠ EDF=∠ EDB+∠ FDB=∠ EDB+∠ ADE=∠ ADB=60°$，因此$△ DEF$是等边三角形。
3. 结合周长求DE，用勾股定理计算AD：
因为$△ DEF$的周长为$3\sqrt{6}$，等边三角形三边相等，所以$DE=\frac{3\sqrt{6}}{3}=\sqrt{6}$。
设$AH=x$，在$\mathrm{Rt}△ ADH$中，$∠ A=60°$，$DH⊥AB$，则$∠ ADH=30°$，故$AD=2x$，$DH=\sqrt{AD^2-AH^2}=\sqrt{3}x$。
已知$AE=2$，则$HE=AE-AH=2-x$。
在$\mathrm{Rt}△ DHE$中，由勾股定理得：$DH^2+HE^2=DE^2$，代入得$(\sqrt{3}x)^2+(2-x)^2=(\sqrt{6})^2$，展开计算：$3x^2+4-4x+x^2=6$，整理为$2x^2-2x-1=0$，解得$x=\frac{1+\sqrt{3}}{2}$（负值舍去），因此$AD=2x=\sqrt{3}+1$。
【答案】
C
【知识点】
菱形性质、等边三角形判定与性质、全等三角形判定、勾股定理
【点评】
本题是几何综合题，综合考查多个几何知识点，核心是通过全等三角形证明△DEF为等边三角形，再利用勾股定理建立方程求解，需要学生具备较强的几何推理和计算能力，是典型的中等难度几何题。
【难度系数】
0.4
14. 如图1,菱形$ABCD$的边长为$2$,$∠ ABC=60°$,$E$是边$AD$上任意一点(端点除外),$P$为$BD$上一点,联结$AP$,$PE$,$PC$。
(1)求$AP+PE$的最小值。
(2)当$AP=PE$时,判断$DE$,$DP$,$DC$三者之间具有怎样的数量关系?并证明。
(3)如图2,在(2)的条件下,若点$E$运动到$AD$的延长线$DH$上,其他条件不变,请补全图形,说明$∠ EPC$的大小是否发生变化?并直接写出线段$DE$,$DP$,$DC$之间的数量关系。
(1)求$AP+PE$的最小值。
(2)当$AP=PE$时,判断$DE$,$DP$,$DC$三者之间具有怎样的数量关系?并证明。
(3)如图2,在(2)的条件下,若点$E$运动到$AD$的延长线$DH$上,其他条件不变,请补全图形,说明$∠ EPC$的大小是否发生变化?并直接写出线段$DE$,$DP$,$DC$之间的数量关系。
答案
14.(1)解:因为四边形ABCD是菱形,$∠ABC=60°$,所以$AB=BC$,$∠ABC=∠ADC=60°$,$∠ABD=∠CBD=30°$, 所以$△ABP≌△CBP(\mathrm{SAS})$, 所以 $AP=CP$, 所以 $AP+PE=CP+PE$,所以当P,C,E三点共线,且$CE⊥AD$时,$CP+PE$有最小值,为CE的长,此时$CE⊥AD$,$∠ADC=60°$,$CD=2$,所以$∠DCE=30°$,所以$DE=\frac{1}{2}CD=1$,所以$CE=\sqrt{3}\ DE=\sqrt{3}$,所以$AP+PE$的最小值为$\sqrt{3}$。
(2)解:$DE=\sqrt{3}\ DP-DC$。证明:如图1
,过点P作$PH⊥AD$于点H。因为$∠ADB=30°$,$PH⊥AD$,所以$PH=\frac{1}{2}DP$,$DH=\sqrt{3}\ PH=\frac{\sqrt{3}}{2}DP$。因为$AP=PE$,$PH⊥AE$,所以$AH=HE$,所以$HE=AH=AD-DH=DC-\frac{\sqrt{3}}{2}DP$,所以$DE=DH-HE=\frac{\sqrt{3}}{2}DP-(DC-\frac{\sqrt{3}}{2}DP)=\sqrt{3}\ DP-DC$。(3)解:补全图形如图2
所示,过点P作$PN⊥AD$于点N。因为$AP=PE$, 所以 $∠PAE=∠PEA$, 所以 $∠APE=180°-2∠PAE$。因为$△ABP≌△CBP$,所以$∠APB=∠CPB$。因为$∠APB=∠PAE+∠ADP=∠PAE+30°$,所以$∠APC=2∠PAE+60°$,所以$∠CPE=360°-∠APE-∠APC=120°$,所以$∠EPC$的大小不会发生变化。$DE=DC-\sqrt{3}\ DP$。 【解析】因为$∠ADB=30°$,$PN⊥AD$,所以$PN=\frac{1}{2}DP$,$DN=\sqrt{3}\ PN=\frac{\sqrt{3}}{2}DP$。因为$AP=PE$,$PN⊥AE$, 所以 $AN=NE$, 所以 $NE=AN=AD-DN=DC-\frac{\sqrt{3}}{2}DP$, 所 以 $DE=NE-DN=DC-\frac{\sqrt{3}}{2}DP-\frac{\sqrt{3}}{2}DP=DC-\sqrt{3}\ DP$。
解析
【分析】
1. 第(1)问：利用菱形的对称性，将AP转化为CP，把AP+PE的最小值问题转化为两点之间线段最短的问题，结合菱形的边长和角度，通过直角三角形计算最小值。
2. 第(2)问：过点P作AD的垂线，利用等腰三角形三线合一得到线段关系，结合30°直角三角形的边的性质，推导DE与DP、DC的数量关系。
3. 第(3)问：补全图形后，同理作垂线，结合等腰三角形性质和角度关系，判断∠EPC的大小，再推导新的线段数量关系。
【解析】
(1) 因为四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°，所以AB=BC=CD=DA=2，∠ADC=∠ABC=60°，∠ABD=∠CBD=∠ADB=∠CDB=30°。
在△ABP和△CBP中，$\{\begin{array}{l}AB=CB\\∠ABP=∠CBP\\BP=BP\end{array} $，所以△ABP≌△CBP(SAS)，故AP=CP。
因此AP+PE=CP+PE，当C、P、E三点共线且CE⊥AD时，CP+PE最小，最小值为CE的长。
在Rt△CDE中，∠ADC=60°，CD=2，所以∠DCE=30°，$DE=\frac{1}{2}CD=1$，由勾股定理得$CE=\sqrt{CD^2-DE^2}=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}$，即AP+PE的最小值为$\sqrt{3}$。
(2) $DE=\sqrt{3}DP-DC$，证明如下：
过点P作$PH⊥AD$于点H，在Rt△PDH中，∠ADB=30°，所以$PH=\frac{1}{2}DP$，$DH=\sqrt{3}PH=\frac{\sqrt{3}}{2}DP$。
因为AP=PE，PH⊥AE，根据等腰三角形三线合一，得AH=HE。
又AD=DC，所以$AH=AD-DH=DC-\frac{\sqrt{3}}{2}DP$，故$HE=DC-\frac{\sqrt{3}}{2}DP$。
因此$DE=DH-HE=\frac{\sqrt{3}}{2}DP-(DC-\frac{\sqrt{3}}{2}DP)=\sqrt{3}DP-DC$。
(3) 补全图形如图2所示，∠EPC的大小不会发生变化，为120°，线段关系为$DE=DC-\sqrt{3}DP$。
证明：过点P作$PN⊥AD$于点N，在Rt△PDN中，∠ADB=30°，所以$PN=\frac{1}{2}DP$，$DN=\sqrt{3}PN=\frac{\sqrt{3}}{2}DP$。
因为AP=PE，PN⊥AE，所以AN=NE。
又AD=DC，所以$AN=AD-DN=DC-\frac{\sqrt{3}}{2}DP$，故$NE=DC-\frac{\sqrt{3}}{2}DP$。
因此$DE=NE-DN=(DC-\frac{\sqrt{3}}{2}DP)-\frac{\sqrt{3}}{2}DP=DC-\sqrt{3}DP$。
角度推导：由△ABP≌△CBP得∠APB=∠CPB，∠APB=∠PAE+∠ADP=∠PAE+30°，故∠APC=2∠APB=2∠PAE+60°；又∠APE=180°-2∠PAE，所以∠CPE=360°-∠APE-∠APC=360°-(180°-2∠PAE)-(2∠PAE+60°)=120°，即∠EPC大小不变。
【答案】
(1) $\sqrt{3}$；(2) $DE=\sqrt{3}DP-DC$；(3) ∠EPC大小不变，为120°，$DE=DC-\sqrt{3}DP$
【知识点】
菱形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质
【点评】
本题是菱形的综合应用题，结合了对称求最值、等腰三角形三线合一、直角三角形性质等知识点，需要通过作辅助线转化线段关系，推导角度和线段数量，对学生的几何综合能力要求较高。
【难度系数】
0.4
1. 第(1)问：利用菱形的对称性，将AP转化为CP，把AP+PE的最小值问题转化为两点之间线段最短的问题，结合菱形的边长和角度，通过直角三角形计算最小值。
2. 第(2)问：过点P作AD的垂线，利用等腰三角形三线合一得到线段关系，结合30°直角三角形的边的性质，推导DE与DP、DC的数量关系。
3. 第(3)问：补全图形后，同理作垂线，结合等腰三角形性质和角度关系，判断∠EPC的大小，再推导新的线段数量关系。
【解析】
(1) 因为四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°，所以AB=BC=CD=DA=2，∠ADC=∠ABC=60°，∠ABD=∠CBD=∠ADB=∠CDB=30°。
在△ABP和△CBP中，$\{\begin{array}{l}AB=CB\\∠ABP=∠CBP\\BP=BP\end{array} $，所以△ABP≌△CBP(SAS)，故AP=CP。
因此AP+PE=CP+PE，当C、P、E三点共线且CE⊥AD时，CP+PE最小，最小值为CE的长。
在Rt△CDE中，∠ADC=60°，CD=2，所以∠DCE=30°，$DE=\frac{1}{2}CD=1$，由勾股定理得$CE=\sqrt{CD^2-DE^2}=\sqrt{2^2-1^2}=\sqrt{3}$，即AP+PE的最小值为$\sqrt{3}$。
(2) $DE=\sqrt{3}DP-DC$，证明如下：
过点P作$PH⊥AD$于点H，在Rt△PDH中，∠ADB=30°，所以$PH=\frac{1}{2}DP$，$DH=\sqrt{3}PH=\frac{\sqrt{3}}{2}DP$。
因为AP=PE，PH⊥AE，根据等腰三角形三线合一，得AH=HE。
又AD=DC，所以$AH=AD-DH=DC-\frac{\sqrt{3}}{2}DP$，故$HE=DC-\frac{\sqrt{3}}{2}DP$。
因此$DE=DH-HE=\frac{\sqrt{3}}{2}DP-(DC-\frac{\sqrt{3}}{2}DP)=\sqrt{3}DP-DC$。
(3) 补全图形如图2所示，∠EPC的大小不会发生变化，为120°，线段关系为$DE=DC-\sqrt{3}DP$。
证明：过点P作$PN⊥AD$于点N，在Rt△PDN中，∠ADB=30°，所以$PN=\frac{1}{2}DP$，$DN=\sqrt{3}PN=\frac{\sqrt{3}}{2}DP$。
因为AP=PE，PN⊥AE，所以AN=NE。
又AD=DC，所以$AN=AD-DN=DC-\frac{\sqrt{3}}{2}DP$，故$NE=DC-\frac{\sqrt{3}}{2}DP$。
因此$DE=NE-DN=(DC-\frac{\sqrt{3}}{2}DP)-\frac{\sqrt{3}}{2}DP=DC-\sqrt{3}DP$。
角度推导：由△ABP≌△CBP得∠APB=∠CPB，∠APB=∠PAE+∠ADP=∠PAE+30°，故∠APC=2∠APB=2∠PAE+60°；又∠APE=180°-2∠PAE，所以∠CPE=360°-∠APE-∠APC=360°-(180°-2∠PAE)-(2∠PAE+60°)=120°，即∠EPC大小不变。
【答案】
(1) $\sqrt{3}$；(2) $DE=\sqrt{3}DP-DC$；(3) ∠EPC大小不变，为120°，$DE=DC-\sqrt{3}DP$
【知识点】
菱形的性质、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的性质
【点评】
本题是菱形的综合应用题，结合了对称求最值、等腰三角形三线合一、直角三角形性质等知识点，需要通过作辅助线转化线段关系，推导角度和线段数量，对学生的几何综合能力要求较高。
【难度系数】
0.4
