Question

11．如圖1，菱形ABCD中，已知∠BAD=120°，∠EGF=60°，∠EGF的頂點(diǎn)G在菱形對角線AC上運(yùn)動(dòng)，角的兩邊分別交邊BC，CD于點(diǎn)E，F(xiàn)．
（1）如圖2，當(dāng)頂點(diǎn)G運(yùn)動(dòng)到與點(diǎn)A重合時(shí)，求證：EC+CF=BC；
（2）知識(shí)探究：①如圖3，當(dāng)頂點(diǎn)G運(yùn)動(dòng)到AC中點(diǎn)時(shí)，探究線段EC，CF與BC的數(shù)量關(guān)系；
②在頂點(diǎn)G的運(yùn)動(dòng)過程中，若$\frac{AC}{CG}$=t，請直接寫出線段EC，CF與BC的數(shù)量關(guān)系（不需要寫出證明過程）；
（3）問題解決：如圖4，已知菱形邊長為8，BG=7，CF=$\frac{6}{5}$，當(dāng)t＞2時(shí)，求EC的長度．

Answer 1

分析 （1）如圖2中，在CA上取一點(diǎn)M，使得CM=CE，連接EM．首先證明△ABE≌△ACF，再證明△AEM≌△FEC，即可解決問題．
（2）①結(jié)論：EC+CF=$\frac{1}{2}$BC．如圖3中，取BC中點(diǎn)P，CD中點(diǎn)Q，連接PG、GQ．利用（1）的結(jié)論解決問題．
②結(jié)論：CE+CF=$\frac{BC}{t}$．如圖4中，作GP∥AB交BC于P，GQ∥AD交CD于Q．利用（1）的結(jié)論解決問題．
（3）如圖4中，作BM⊥AC于M．利用（1）的結(jié)論：CG=CE+CF，求出CE即可解決問題．

解答 （1）證明：如圖2中，在CA上取一點(diǎn)M，使得CM=CE，連接EM．

∵四邊形ABCD是菱形，∠BAD=120°，
∴AB=BC=CD=AD，∠CAB=∠CAD=60°，
∴△ABC，△ACD都是等邊三角形，
∴∠AB=AC，∠BAC=∠EAF=60°，∠B=∠ACF=60°，
∴∠BAE=∠CAF，
在△BAE和△CAF中，$\left\{\begin{array}{l}{∠BAE=∠CAF}\\{∠B=∠ACF}\\{AB=AC}\end{array}\right.$，
∴△ABE≌△ACF，
∴AE=AF，∵∠EAF=60°，
∴△AEF是等邊三角形，
∵CE=CM，∠ECM=60°，
∴△ECM是等邊三角形，
∴∠AEF=∠MEC=60°，AE=EF，EM=EC，
∴∠AEM=∠FEC，
在△AEM和△FEC中，
$\left\{\begin{array}{l}{AE=EF}\\{∠AEM=∠FEC}\\{EM=EC}\end{array}\right.$，
∴△AEM≌△FEC，
∴AM=CF，
∴BC=AC=AM+CM=EC+CF．

（2）①結(jié)論：EC+CF=$\frac{1}{2}$BC．
理由：如圖3中，取BC中點(diǎn)P，CD中點(diǎn)Q，連接PG、GQ．

∵AG=GC，CPB，CQ=DQ，
∴PG∥AB，GQ∥QD，
∴∠CPG=∠B=60°，∠CGP=∠CAB=60°，
∴△CPG是等邊三角形，同理可證△CQG是等邊三角形，
由（1）可知，CE+CF=PC=$\frac{1}{2}$BC．

②結(jié)論：CE+CF=$\frac{BC}{t}$．
理由：如圖4中，作GP∥AB交BC于P，GQ∥AD交CD于Q．

∴PG∥AB，GQ∥QD，
∴∠CPG=∠B=60°，∠CGP=∠CAB=60°，
∴△CPG是等邊三角形，同理可證△CQG是等邊三角形，
由（1）可知，CE+CF=PC=CG，
∵AC=BC=t•CG，
∴CE+CF=$\frac{BC}{t}$．

（3）如圖4中，作BM⊥AC于M．

∵t＞2，
∴點(diǎn)G在線段CM上，
在Rt△ABM中，∵∠BMC=90°，BM=$\frac{\sqrt{3}}{2}$×8=4$\sqrt{3}$，BG=7，
∴MG=$\sqrt{B{G}^{2}-B{M}^{2}}$=$\sqrt{{7}^{2}-（4\sqrt{3}）^{2}}$=1，
∵CM=MA=4，
∴CG=CM-MG=3，
由（1）可知，CG=CE+CF，
∴CE=CG-CF=3-$\frac{6}{5}$=$\frac{9}{5}$．

點(diǎn)評 本題考查了相似形綜合題、全等三角形的判定和性質(zhì)、菱形的性質(zhì)．等邊三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用這些知識(shí)解決問題，學(xué)會(huì)添加輔助線把問題轉(zhuǎn)化為我們熟悉的圖形，屬于中考�？碱}型．