Question

6．在△ADB和△AEC中，AD=AE，∠DAE=α，∠AEC=∠ADB=90°，BD=kCE，延長ED交BC于點(diǎn)F．
（1）如圖1，當(dāng)k=1時，是否存在與BF相等的線段？若存在，請找出，并加以證明；若不存在，說明理由．
（2）如圖2，當(dāng)k≠1時，猜想并證明EC，ED，EF的數(shù)量關(guān)系（用含k，α的式子表示）．

Answer 1

分析 （1）結(jié)論：BF=FC．首先證明△△BDN≌△CEM，得BN=CM，再證明△CFM≌△BFN，即可證明．
（2）結(jié)論：2EC•cos$\frac{1}{2}$α+ED=（k+1）EF．如圖2中，作AH⊥EF于H，CM⊥EF于M，BN⊥EF于N．由△BDN∽△CEM，得$\frac{BD}{EC}$=$\frac{BN}{MC}$=k，由CM∥BN，得$\frac{FN}{FM}$=$\frac{BN}{CM}$=k，推出MF=$\frac{1}{k+1}$MN，再證明∠BDN=∠CEM=$\frac{1}{2}$α，推出EM=EC•cos$\frac{1}{2}$α，DN=BD•cos$\frac{1}{2}$α，EN=ED+DN=ED+BD•cos$\frac{1}{2}$α，MN=EN-EM=ED+k•EC•cos$\frac{1}{2}$α-EC•cos$\frac{1}{2}$α，F(xiàn)M=$\frac{1}{k+1}$•（ED+k•EC•cos$\frac{1}{2}$α-EC•cos$\frac{1}{2}$α），根據(jù)EF=EM+FM即可證明．

解答 解：（1）結(jié)論：BF=FC．理由如下，
如圖1中，作CM⊥EF于M，BN⊥EF于N．

∵AE=AD，
∴∠AED=∠ADE，
∵∠ADB=∠AEC=90°，
∴∠ADE+∠BDN=90°，∠CEM+∠AED=90°，
∴∠CEM=∠BDN，
∵k=1，BD=kEC，
∴BD=EC，
∵BN⊥EF，CM⊥EF，
∴∠N=∠CME=90°，NB∥CM，
在△BDN和△CEM中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠BDN=∠MEC}\\{∠BDN=∠MEC}\\{BD=EC}\end{array}\right.$，
∴△BDN≌△CEM，
∴BN=CM，
在△CFM和△BFN中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠CMF=∠BNF}\\{∠CFM=∠BFN}\\{CM=BN}\end{array}\right.$，
∴△CFM≌△BFN，
∴BF=CF．

（2）結(jié)論：2EC•cos$\frac{1}{2}$α+ED=（k+1）EF．
如圖2中，作AH⊥EF于H，CM⊥EF于M，BN⊥EF于N．

由（1）可知∠BDN=∠MEC，∵∠EMC=∠BND，
∴△BDN∽△CEM，
∴$\frac{BD}{EC}$=$\frac{BN}{MC}$=k，
∵CM∥BN，
∴$\frac{FN}{FM}$=$\frac{BN}{CM}$=k，
∴MF=$\frac{1}{k+1}$MN，
∵AE=AD，AH⊥ED，
∴∠HAE=∠HAD=$\frac{1}{2}$α，
∵∠EAH+∠AEH=90°，∠AEH+∠CEM=90°，
∴∠BDN=∠CEM=$\frac{1}{2}$α，
∴EM=EC•cos$\frac{1}{2}$α，DN=BD•cos$\frac{1}{2}$α，
∴EN=ED+DN=ED+BD•cos$\frac{1}{2}$α，
∴MN=EN-EM=ED+k•EC•cos$\frac{1}{2}$α-EC•cos$\frac{1}{2}$α，
∴FM=$\frac{1}{k+1}$•（ED+k•EC•cos$\frac{1}{2}$α-EC•cos$\frac{1}{2}$α），
∴EF=EM+FM=EC•cos$\frac{1}{2}$α+$\frac{1}{k+1}$（ED+k•EC•cos$\frac{1}{2}$α-EC•cos$\frac{1}{2}$α），
∴EF=$\frac{2}{k+1}$•EC•cos$\frac{1}{2}$α+$\frac{1}{k+1}$•ED，
∴2EC•cos$\frac{1}{2}$α+ED=（k+1）EF．

點(diǎn)評 本題考查全等三角形的判定和性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)、銳角三角函數(shù)等知識，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用所學(xué)知識，學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形或相似三角形，屬于中考壓軸題．