第61页 - 通城学典课时作业本八年级数学人教版南通专版

C

$1+\sqrt{2}$

 （1）证明：$\because E$是$AC$的中点，

 $\therefore AE=EC，$

 $\because EF=DE，$

 $\therefore$四边形$ADCF$是平行四边形，

 在$△ ABC$中，$∠ CAB=90°，$$D$是$BC$的中点，

 $\therefore AD=BD=DC，$

 $\therefore$四边形$ADCF$是菱形；

 （2）解：过点$F$作$FG⊥ BC，$交$BC$的延长线于点$G，$

 $\therefore ∠ BGF=90°，$

 $\because$四边形$ADCF$是菱形，$∠ ACB=60°，$$AF=2，$

 $\therefore CF=DC=AF=2，$$∠ ACF=∠ ACD=60°，$

 $\therefore ∠ FCG=180°-∠ ACF-∠ ACD=60°，$

 $\therefore ∠ GFC=90°-∠ FCG=30°，$

 在$\mathrm{Rt}△ CFG$中，$∠ GFC=30°，$

 $\therefore CG=\frac{1}{2}CF=1，$

 $\therefore FG=\sqrt{CF^2-CG^2}=\sqrt{3}，$

 $\because BD=CD=2，$

 $\therefore BG=BD+CD+CG=5，$

 在$\mathrm{Rt}△ BFG$中，$BF=\sqrt{BG^2+FG^2}=2\sqrt{7}。$

$ (1)$证明：∵$AO=CO，$$BO=DO，$

∴四边形$ABCD$是平行四边形，

∴$AD// BC，$

∴$∠ ADB=∠ CBD，$

∵$BD$平分$∠ ABC，$

∴$∠ ABD=∠ CBD，$

∴$∠ ABD=∠ ADB，$

∴$AB=AD，$

∴四边形$ABCD$是菱形；

$(2)$解：由$(1)$可知，四边形$ABCD$是菱形，

∴$AC⊥ BD，$

∴$∠ BOC=90°，$

∴$CO=\sqrt {CE^2-OE^2}=\sqrt {(\sqrt {5})^2-1^2}=2，$

∴$AC=2CO=4，$

$ $在$Rt△ BOC$中，由勾股定理，

得$BO=\sqrt {BC^2-CO^2}=\sqrt {(2\sqrt {5})^2-2^2}=4，$

∴$BD=2BO=8，$

∴菱形$ABCD$的面积$=\frac {1}{2}AC· BD=\frac {1}{2}×4×8=16。$

$(1)$证明：由折叠，

得$∠ DAE=∠ D'AE，$$∠ DEA=∠ D'EA，$$∠ ADE=∠ AD'E=60°，$

∵四边形$ABCD$是平行四边形，

∴$AB=CD=2，$$AD=BC=1，$$AB// CD，$

∴$∠ DEA=∠ D'AE，$

∴$∠ D'EA=∠ D'AE，$

∴$D'E=D'A，$

∵$∠ AD'E=60°，$

∴$△ AD'E$是等边三角形，

∴$AD'=ED'=DE=AD=1，$

∴$CE=D'B=1，$

又∵$BC=1，$

∴$ED'=D'B=BC=CE，$

∴四边形$BCED'$是菱形；

$ (2)$解：如图，连接$BD，$交$AE$于点$P，$连接$PD'，$

过点$D$作$DG⊥ BA，$交$BA$的延长线于点$G，$

$ $易得点$D$与点$D'$关于直线$l$对称，

∴$PD=PD'，$

∴$BD$的长即为$PD'+PB$的最小值，

∵$CD// AB，$

∴$∠ DAG=∠ ADC=60°，$

∵$AD=1，$

$ $在$Rt△ ADG_{中}，$$AG=\frac {1}{2}，$$DG=\frac {\sqrt {3}}{2}，$

∴$BG=AG+AB=\frac {1}{2}+2=\frac {5}{2}，$

$ $在$Rt△ BDG_{中}，$由勾股定理，

得$BD=\sqrt {DG^2+BG^2}=\sqrt {(\frac {\sqrt {3}}{2})^2+(\frac {5}{2})^2}=\sqrt {7}，$

∴$PD'+PB$的最小值为$\sqrt {7}。$