第68页 - 经纶学典新课时作业八年级数学上下册【江苏国标】

$解:当∠BAF=45°时，$

$∵ AB=BE，∴ ∠AEB=45°，$

$∴∠ABE=90°，$

$∴△ABE是等腰直角三角形\ $

$又∵BG⊥AE，$

$∴AG=EG=BG=\frac{1}{2}AE=\frac{5}{2}\ $

$由(1)可得∠BFG=30°，\ $

$在Rt△BFG中，BF=2BG=5.$

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$证明:∵四边形ABCD是菱形，\ $

$∴AB=AD，∠B=∠D\ $

$又∵AE⊥BC于点E，$

$AF⊥CD于点F，\ $

$∴∠AEB=∠AFD=90°\ $

$在 △ABE和△ADF中， \begin{cases}{∠AEB=∠AFD,\ }\\{∠B=∠D,}\\{AB=AD,\ }\end{cases}$

$∴△ABE≌△ADF(AAS)，∴AE=AF.$

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$证明:∵四边形ABCD为$

$菱形，∠B=60°，$

$∴AB=BC=CD=DA，$

$∠D=60°，∠BAD=120°，\ $

$∴△ABC和△ACD为等边三角形，\ $

$∴∠BAC=∠ACD=60°=∠B，AC=AB.\ $

$∵a+b=AB，即BE+DF=BC，$

$∴BE=CF.\ $

$在△ABE和△ACF中，\begin{cases}{AB=AC,}\\{∠B=∠ACF,}\\{BE=CF,}\end{cases}$

$∴△ABE≌△ACF(SAS).$

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解:∵四边形ABCD是菱形，

∴∠B+∠BAD=180°.

∵∠B=60°，∴∠BAD=120°.

又∵∠AEB=90°，∠B=60°，

∴∠BAE=30°.

由(1)知△ABE≌△ADF，

∴∠BAE=∠DAF=30°，AE=AF，

∴∠EAF=120°-30°-30°=60°，

∴△AEF是等边三角形，∴∠AEF=60°.

$解:四边形AECF的面积不变.理由如下: $

$由(1)得△ABE≌△ACF，$

$则S_{△ABE}=S_{△ACF}，$

$故S_{四边形AECF}$

$ \begin{aligned} &=S_{△AEC}+S_{△ACF} \\ &=S_{△AEC}+S_{△ABE} \\ &=S_{△ABC} \\ \end{aligned}$

$解:如图，过点C作CE⊥x轴于点E，$

$∵菱形ABCD的顶点A、B在x轴上，$

$AB=2，A(1,0)，∠DAB=60°，\ $

$∴AB=AD=CD=CB=2，AD//CB，$

$∴∠CBE=∠DAB=60°.\ $

$在Rt△CBE中，$

$∵ ∠BCE=30°，$

$∴BE=\frac{1}{2} CB=1，$

$CE=\sqrt{2²-1²}=\sqrt{3}\ $

$将菱形ABCD绕点A旋转90°存在两种情况:\ $

$①当菱形ABCD绕点A沿顺时针方向旋转90°后，$

$得菱形AB_1C_1D_1，$

$∴∠BAB_1=90°，$

$∴AB_1⊥x轴，\ $

$∴C_1D_1⊥x轴，延长C_1D_1交x轴于点F，同理可得D_1 F=1，AF=\sqrt{3}，$

$∴OF=1+\sqrt{3}，C_1F=1+2=3，$

$即点C_1的坐标为(1+ \sqrt{3},-3).\ $

$②当菱形ABCD绕点A沿逆时针方向旋转90°后，$

$得菱形AB´_1C´_1D´_1 .\ $

$延长C´_1D´_1交x轴于点G，$

$同理可得D´_1G=1，AG=\sqrt{3}，\ $

$∴OG=\sqrt{3}-1，C´_1G=1+2=3，$

$即点C´_1的坐标为(1-\sqrt{3},3)$

$综上所述，点C_1的坐标为(1+\sqrt{3},-3)或(1-\sqrt{3},3).\ $

$证明:如图，作BG⊥AE于点G，\ $

$∵E、C关于BM对称，$

$∴BC=BE，FE=FC，\ $

$∴BM垂直平分CE，$

$设BF与EC的交点为N，\ $

$∴∠BNE=90° ，∠3=∠4.\ $

$∵在菱形ABCD中，AB=BC，∠BAD=60°，$

$∴AB=BE，∠ABC=120°.\ $

$又∵BG⊥AE，$

$∴∠1=∠2，∠BGE=90°，\ $

$∴∠2+∠3=\frac{1}{2}∠ABC=60°，\ $

$∴在四边形BNEG中，$

$ \begin{aligned}∠CEG&=360°-90°-90°-60° \\ &=120°， \\ \end{aligned}$

$∴∠CEF=60°.\ $

$又∵FE=FC，$

$∴△CEF是等边三角形.$