8. 如图，四边形 $ADCE$ 是菱形，过点 $C$ 作 $CB⊥ AC$，交 $AD$ 的延长线于点 $B$。若 $AE = \sqrt{5}$，$BC = 4$，则 $AC$ 的长为
2
。答案：8.2
解析：
解：设 $AC = x$。
因为四边形 $ADCE$ 是菱形，所以 $AD = AE = \sqrt{5}$，且 $AD // CE$，$AC$ 为菱形的对角线。
由于 $CB ⊥ AC$，所以 $\angle ACB = 90°$。
因为 $AD // CE$，所以 $\angle BAD = \angle BCE$（内错角相等），又因为菱形中 $AD = DC$，所以 $\angle DAC = \angle DCA$。
在 $\triangle ABC$ 中，$AB = AD + DB$，但更简便的是利用相似或勾股定理。
设 $AC = x$，在 $\mathrm{Rt}\triangle ABC$ 中，$AB^2 = AC^2 + BC^2 = x^2 + 4^2 = x^2 + 16$。
又因为 $AD = \sqrt{5}$，设 $DC = AD = \sqrt{5}$，在 $\triangle ADC$ 中，虽然不是直角三角形，但考虑到菱形的性质，$AD // CE$，且 $AC$ 是公共边，可通过比例关系。
过 $D$ 作 $DF ⊥ AC$ 于 $F$，则 $AF = FC = \frac{x}{2}$（菱形对角线互相垂直平分）。
在 $\mathrm{Rt}\triangle ADF$ 中，$DF^2 = AD^2 - AF^2 = (\sqrt{5})^2 - (\frac{x}{2})^2 = 5 - \frac{x^2}{4}$。
因为 $DF // BC$（均垂直于 $AC$），所以 $\triangle ADF ∼ \triangle ABC$，则 $\frac{DF}{BC} = \frac{AF}{AC}$，即 $\frac{DF}{4} = \frac{\frac{x}{2}}{x} = \frac{1}{2}$，所以 $DF = 2$。
则 $DF^2 = 4$，即 $5 - \frac{x^2}{4} = 4$，解得 $\frac{x^2}{4} = 1$，$x^2 = 4$，$x = 2$（负值舍去）。
故 $AC$ 的长为 $2$。
答案：$2$
因为四边形 $ADCE$ 是菱形，所以 $AD = AE = \sqrt{5}$，且 $AD // CE$，$AC$ 为菱形的对角线。
由于 $CB ⊥ AC$，所以 $\angle ACB = 90°$。
因为 $AD // CE$，所以 $\angle BAD = \angle BCE$（内错角相等），又因为菱形中 $AD = DC$，所以 $\angle DAC = \angle DCA$。
在 $\triangle ABC$ 中，$AB = AD + DB$，但更简便的是利用相似或勾股定理。
设 $AC = x$，在 $\mathrm{Rt}\triangle ABC$ 中，$AB^2 = AC^2 + BC^2 = x^2 + 4^2 = x^2 + 16$。
又因为 $AD = \sqrt{5}$，设 $DC = AD = \sqrt{5}$，在 $\triangle ADC$ 中，虽然不是直角三角形，但考虑到菱形的性质，$AD // CE$，且 $AC$ 是公共边，可通过比例关系。
过 $D$ 作 $DF ⊥ AC$ 于 $F$，则 $AF = FC = \frac{x}{2}$（菱形对角线互相垂直平分）。
在 $\mathrm{Rt}\triangle ADF$ 中，$DF^2 = AD^2 - AF^2 = (\sqrt{5})^2 - (\frac{x}{2})^2 = 5 - \frac{x^2}{4}$。
因为 $DF // BC$（均垂直于 $AC$），所以 $\triangle ADF ∼ \triangle ABC$，则 $\frac{DF}{BC} = \frac{AF}{AC}$，即 $\frac{DF}{4} = \frac{\frac{x}{2}}{x} = \frac{1}{2}$，所以 $DF = 2$。
则 $DF^2 = 4$，即 $5 - \frac{x^2}{4} = 4$，解得 $\frac{x^2}{4} = 1$，$x^2 = 4$，$x = 2$（负值舍去）。
故 $AC$ 的长为 $2$。
答案：$2$
9. (2025·启东期中)如图，在菱形 $ABCD$ 中，$\angle ABC = 120^{\circ}$，$BC = 2\sqrt{6}$，$E$，$F$ 分别是 $AD$，$BC$ 边上的两个动点，连接 $AF$，$EF$。若 $FA$ 平分 $\angle BFE$，则 $AE$ 长的最小值为
3$\sqrt{2}$
。答案：
9.3$\sqrt{2}$ 解析:如图，过点B作BG⊥AD于点G.
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC = 120°，
∴∠BAD = 60°，AD//BC，AD = BC = AB = CD = 2$\sqrt{6}$.
∴∠ABG = 30°，∠AFB = ∠DAF.
∴易得AG = $\sqrt{6}$.
∴BG = $\sqrt{AB^{2}-AG^{2}}$ = 3$\sqrt{2}$.
∵FA平分∠BFE，
∴∠AFB = ∠AFE.
∴∠DAF = ∠AFE.
∴AE = EF.易知当EF⊥AD时，EF的长取得最小值，即AE的长取得最小值，为BG的长.
∴AE长的最小值 = BG = 3$\sqrt{2}$
9.3$\sqrt{2}$ 解析:如图，过点B作BG⊥AD于点G.
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC = 120°，
∴∠BAD = 60°，AD//BC，AD = BC = AB = CD = 2$\sqrt{6}$.
∴∠ABG = 30°，∠AFB = ∠DAF.
∴易得AG = $\sqrt{6}$.
∴BG = $\sqrt{AB^{2}-AG^{2}}$ = 3$\sqrt{2}$.
∵FA平分∠BFE，
∴∠AFB = ∠AFE.
∴∠DAF = ∠AFE.
∴AE = EF.易知当EF⊥AD时，EF的长取得最小值，即AE的长取得最小值，为BG的长.
∴AE长的最小值 = BG = 3$\sqrt{2}$
10. (2025·如皋二模)如图，$E$ 为菱形 $ABCD$ 的对角线 $BD$ 上一点，连接 $AE$，$CE$。
(1) 求证：$AE = CE$；
(2) 若 $AE = DE$，$\angle BCE = 75^{\circ}$，求 $\angle ABC$ 的度数。
(1) 求证：$AE = CE$；
(2) 若 $AE = DE$，$\angle BCE = 75^{\circ}$，求 $\angle ABC$ 的度数。
答案：10.(1)
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB = BC = AD，∠ABD = ∠CBD.在△ABE和△CBE中，
$\begin{cases}AB=CB\\\angle ABE=\angle CBE\\BE=BE\end{cases}$
∴△ABE≌△CBE.
∴AE = CE
(2)
∵AB = AD，
∴∠ABD = ∠ADB.
∵AE = DE，
∴∠DAE = ∠ADB.
∴∠DAE = ∠ABD.由(1)知，△ABE≌△CBE，
∴∠BAE = ∠BCE = 75°.
∵∠ABD + ∠ADB + ∠DAE + ∠BAE = 180°，
∴3∠ABD + 75° = 180°.
∴∠ABD = 35°.
∴∠ABC = 2∠ABD = 70°
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB = BC = AD，∠ABD = ∠CBD.在△ABE和△CBE中，
$\begin{cases}AB=CB\\\angle ABE=\angle CBE\\BE=BE\end{cases}$
∴△ABE≌△CBE.
∴AE = CE
(2)
∵AB = AD，
∴∠ABD = ∠ADB.
∵AE = DE，
∴∠DAE = ∠ADB.
∴∠DAE = ∠ABD.由(1)知，△ABE≌△CBE，
∴∠BAE = ∠BCE = 75°.
∵∠ABD + ∠ADB + ∠DAE + ∠BAE = 180°，
∴3∠ABD + 75° = 180°.
∴∠ABD = 35°.
∴∠ABC = 2∠ABD = 70°
11. 已知四边形 $ABCD$ 是菱形，$AB = 4$，$\angle ABC = 60^{\circ}$，$\angle EAF$ 的两边分别与射线 $CB$，$DC$ 交于点 $E$，$F$，且 $\angle EAF = 60^{\circ}$。
(1) 如图①，当 $E$ 是线段 $BC$ 的中点时，直接写出线段 $AE$，$EF$，$AF$ 之间的数量关系（不必写出证明过程）；
(2) 如图②，当 $E$ 是线段 $BC$ 上任意一点时（不与点 $B$，$C$ 重合），求证：$BE = CF$；
(3) 如图③，当点 $E$ 在线段 $CB$ 的延长线上，且 $\angle EAB = 15^{\circ}$ 时，求点 $F$ 到 $BC$ 的距离。
(1) 如图①，当 $E$ 是线段 $BC$ 的中点时，直接写出线段 $AE$，$EF$，$AF$ 之间的数量关系（不必写出证明过程）；
(2) 如图②，当 $E$ 是线段 $BC$ 上任意一点时（不与点 $B$，$C$ 重合），求证：$BE = CF$；
(3) 如图③，当点 $E$ 在线段 $CB$ 的延长线上，且 $\angle EAB = 15^{\circ}$ 时，求点 $F$ 到 $BC$ 的距离。
答案：
11.(1)AE = EF = AF
(2)如图①，连接AC.由题意，易得△ABC，△ACD为等边三角形.
∴AB = AC，∠B = ∠ACF = 60°，∠BAC = ∠EAF = 60°.
∴∠BAE + ∠EAC = ∠EAC + ∠CAF.
∴∠BAE = ∠CAF.在△BAE和△CAF中，
$\begin{cases}\angle B=\angle ACF\\AB=AC\end{cases}$
∴△BAE≌△CAF.
∴BE = CF
(3)如图②，连接AC，过点A作AG⊥BC于点G，过点F作FH⊥BC于点H.
∵∠EAB = 15°，∠ABC = 60°，
∴∠AEB = 45°.在Rt△AGB中，
∵∠ABG = 60°，AB = 4，
∴易得BG = 2，AG = 2$\sqrt{3}$.在Rt△AEG中，
∵∠AEG = 45°，
∴∠EAG = 45°.
∴AG = EG = 2$\sqrt{3}$.
∴EB = EG - BG = 2$\sqrt{3}$ - 2.易证△AEB≌△AFC，
∴AE = AF，EB = FC = 2$\sqrt{3}$ - 2，∠AEB = ∠AFC = 45°.
∵∠EAF = 60°，∠EAG = 45°，
∴∠GAF = 15°.
∵AG⊥BC，FH⊥BC，
∴∠AGH = ∠FHG = 90°.
∴AG//FH.
∴∠HFA = ∠GAF = 15°.
∵∠AFC = 45°，
∴∠CFH = ∠AFC - ∠HFA = 30°.在Rt△CHF中，
∵∠CFH = 30°，FC = 2$\sqrt{3}$ - 2，
∴CH = $\sqrt{3}$ - 1.由勾股定理，得FH = $\sqrt{FC^{2}-CH^{2}}$ = 3 - $\sqrt{3}$.
∴点F到BC的距离为3 - $\sqrt{3}$
11.(1)AE = EF = AF
(2)如图①，连接AC.由题意，易得△ABC，△ACD为等边三角形.
∴AB = AC，∠B = ∠ACF = 60°，∠BAC = ∠EAF = 60°.
∴∠BAE + ∠EAC = ∠EAC + ∠CAF.
∴∠BAE = ∠CAF.在△BAE和△CAF中，
$\begin{cases}\angle B=\angle ACF\\AB=AC\end{cases}$
∴△BAE≌△CAF.
∴BE = CF
(3)如图②，连接AC，过点A作AG⊥BC于点G，过点F作FH⊥BC于点H.
∵∠EAB = 15°，∠ABC = 60°，
∴∠AEB = 45°.在Rt△AGB中，
∵∠ABG = 60°，AB = 4，
∴易得BG = 2，AG = 2$\sqrt{3}$.在Rt△AEG中，
∵∠AEG = 45°，
∴∠EAG = 45°.
∴AG = EG = 2$\sqrt{3}$.
∴EB = EG - BG = 2$\sqrt{3}$ - 2.易证△AEB≌△AFC，
∴AE = AF，EB = FC = 2$\sqrt{3}$ - 2，∠AEB = ∠AFC = 45°.
∵∠EAF = 60°，∠EAG = 45°，
∴∠GAF = 15°.
∵AG⊥BC，FH⊥BC，
∴∠AGH = ∠FHG = 90°.
∴AG//FH.
∴∠HFA = ∠GAF = 15°.
∵∠AFC = 45°，
∴∠CFH = ∠AFC - ∠HFA = 30°.在Rt△CHF中，
∵∠CFH = 30°，FC = 2$\sqrt{3}$ - 2，
∴CH = $\sqrt{3}$ - 1.由勾股定理，得FH = $\sqrt{FC^{2}-CH^{2}}$ = 3 - $\sqrt{3}$.
∴点F到BC的距离为3 - $\sqrt{3}$