Question

6．等腰△ABC中，AB=AC，AD⊥BC于點D，點E落在了AD上，連接CE，將線段EC繞點E順時針旋轉(zhuǎn)一定的角度，使得點C落在了點F處，且滿足∠CEF=∠CAB，連接BF．

（1）若∠BAC=60°（如圖1），則線段AE與BF的數(shù)量關系為AE=BF；
（2）若∠BAC=90°（如圖2），求證：BF=$\sqrt{2}$AE；（寫出證明過程）
（3）在（2）的條件下（備用圖），連接FD并延長分別交CE、CA于點M、N，BC=8，$FD=\sqrt{10}DE$，求△CMN的面積．

Answer 1

分析 （1）連接CF，通過判定△ACE≌△BCF，利用全等三角形的性質(zhì)可得出結論；
（2）連接CF，通過判定△ACE∽△BCF，利用相似三角形的性質(zhì)可得出結論；
（3）先過點F作FG⊥BC于G，連接GE，過N作NH∥AD，根據(jù)已知條件推導出FD與GD的數(shù)量關系，在直角三角形DGF中運用勾股定理求得DG的長，進而得到CN、AN、DE、AE的長，最后根據(jù)平行線分線段成比例定理，求得MN與DM的數(shù)量關系，再根據(jù)等高三角形的面積關系，求得△CMN的面積．

解答 解：（1）連接CF，
當∠BAC=60°時，由AB=AC，可得△ABC是等邊三角形，
∵∠CEF=∠CAB=60°，CE=FE，
∴△CEF是等邊三角形，
∴∠ACB=∠ECF=60°，
∴∠ACE=∠BCF，
在△ACE和△BCF中
$\left\{\begin{array}{l}{AC=BC}\\{∠ACE=∠BCF}\\{CE=CF}\end{array}\right.$
∴△ACE≌△BCF（SAS），
∴AE=BF；

（2）連接CF，
當∠BAC=90°時，由AB=AC，可得△ABC是等腰直角三角形，
∴$\frac{AC}{BC}=\frac{1}{\sqrt{2}}$，
∵∠CEF=∠CAB=90°，CE=FE，
∴△CEF是等腰直角三角形，
∴$\frac{EC}{FC}=\frac{1}{\sqrt{2}}$，且∠ACB=∠ECF=45°，
∴$\frac{AC}{BC}=\frac{EC}{FC}$，∠ACE=∠BCF，
∴△ACE∽△BCF，
∴$\frac{BF}{AE}$=$\frac{BC}{AC}$=$\sqrt{2}$，
即BF=$\sqrt{2}$AE；

（3）過點F作FG⊥BC于G，連接GE，
由（2）可得∠FBC=∠EAC=45°，
∴△BGF是等腰直角三角形，
∴BG=FG，且BF=$\sqrt{2}$BG，
又∵BF=$\sqrt{2}$AE，
∴BG=AE，
∵等腰直角三角形ABC中，AD=BD=$\frac{1}{2}$BC=4，
∴DG=DE，
∵$FD=\sqrt{10}DE$，
∴FD=$\sqrt{10}$DG，
設DG=x，則GF=GB=4-x，DF=$\sqrt{10}$x，
∴Rt△DGF中，x²+（4-x）²=（$\sqrt{10}$x）²，
解得x₁=1，x₂=-$\frac{1}{2}$（舍去），
∴DG=DE=1，
∴AD=BG=FG=4-1=3，
∴BF=$\sqrt{{3}^{2}+{3}^{2}}$=3$\sqrt{2}$，
由∠FBC=∠ACD=45°，BD=CD，∠BDF=∠CDN，可得△BDF≌△CDN（ASA），
∴BF=CN=3$\sqrt{2}$，
∵Rt△ACD中，AC=$\sqrt{{4}^{2}+{4}^{2}}$=4$\sqrt{2}$，
∴AN=$\sqrt{2}$，
∴△DCN的面積=$\frac{3}{4}$×△ACD的面積=$\frac{3}{4}$×8=6，
過N作NH∥AD，交CE于H，
∴$\frac{NH}{AE}=\frac{CN}{CA}$，即$\frac{NH}{3}=\frac{3}{4}$，
∴NH=$\frac{9}{4}$，
由NH∥AD，可得$\frac{MN}{MD}=\frac{NH}{DE}$，即$\frac{MN}{MD}=\frac{9}{4}$，
∴△CMN的面積=$\frac{9}{13}$×△DCN的面積=$\frac{9}{13}$×6=$\frac{54}{13}$．

點評 本題以旋轉(zhuǎn)為背景考查了全等三角形與相似三角形，難度較大，需要綜合運用全等三角形判定與性質(zhì)以及相似三角形的判定與性質(zhì)，解決問題的關鍵是作輔助線構造全等三角形或相似三角形．解題時注意：平行于三角形的一邊，并且和其他兩邊（或兩邊的延長線）相交的直線，所截得的三角形的三邊與原三角形的三邊對應成比例．