Question

10．在△ABC中，AB=AC，∠A=60°，點(diǎn)D是線段BC的中點(diǎn)，∠EDF=120°，DE與線段AB相交于點(diǎn)E，DF與線段AC（或AC的延長線）相交于點(diǎn)F．

（1）如圖1，若DF⊥AC，垂足為F，AB=4$\sqrt{3}$，求BE的長；
（2）如圖2，將（1）中的∠EDF繞點(diǎn)D順時(shí)針旋轉(zhuǎn)一定的角度，DF扔與線段AC相交于點(diǎn)F．求證：BE+CF=$\frac{1}{2}$ AB
（3）如圖3，將（2）中的∠EDF繼續(xù)繞點(diǎn)D順時(shí)針旋轉(zhuǎn)一定的角度，使DF與線段AC的延長線交與點(diǎn)F，作DN⊥AC于點(diǎn)N，若DN=FN，求證：BE+CF=6．

Answer 1

分析 （1）如圖1，易求得∠B=60°，∠BED=90°，BD=2$\sqrt{3}$，然后運(yùn)用三角函數(shù)的定義就可求出BE的值；
（2）過點(diǎn)D作DM⊥AB于M，作DN⊥AC于N，如圖2，易證△MBD≌△NCD，則有BM=CN，DM=DN，進(jìn)而可證到△EMD≌△FND，則有EM=FN，就可得到BE+CF=BM+EM+CF=BM+FN+CF=BM+CN=2BM=2BD×cos60°=BD=$\frac{1}{2}$BC=$\frac{1}{2}$AB；
（3）（3）過點(diǎn)D作DM⊥AB于M，如圖3．同（1）可得：∠B=∠ACD=60°，同（2）可得：BM=CN，DM=DN，EM=FN．由DN=FN可得DM=DN=FN=EM，從而可得BE+CF=BM+EM+CF=CN+DM+CF=NF+DM=2DM=2BD×sin60°=$\frac{\sqrt{3}}{2}$BC=$\frac{\sqrt{3}}{2}$AB，

解答 解：（1）如圖1，
∵AB=AC，∠A=60°，
∴△ABC是等邊三角形，
∴∠B=∠C=60°，BC=AC=AB=4$\sqrt{3}$．
∵點(diǎn)D是線段BC的中點(diǎn)，
∴BD=DC=$\frac{1}{2}$BC=2$\sqrt{3}$．
∵DF⊥AC，即∠AFD=90°，
∴∠AED=360°-60°-90°-120°=90°，
∴∠BED=90°，
∴BE=BD×cos∠B=2$\sqrt{3}$×cos60°=$\sqrt{3}$；

（2）過點(diǎn)D作DM⊥AB于M，作DN⊥AC于N，如圖2，
則有∠AMD=∠BMD=∠AND=∠CND=90°．
∵∠A=60°，
∴∠MDN=360°-60°-90°-90°=120°．
∵∠EDF=120°，
∴∠MDE=∠NDF．
在△MBD和△NCD中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠BMD=∠CND}\\{∠B=∠C}\\{BD=CD}\end{array}\right.$，
∴△MBD≌△NCD，
∴BM=CN，DM=DN．
在△EMD和△FND中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠EMD=∠FND}\\{DM=DN}\\{∠MDE=∠NDF}\end{array}\right.$，
∴△EMD≌△FND，
∴EM=FN，
∴BE+CF=BM+EM+CF=BM+FN+CF=BM+CN
=2BM=2BD×cos60°=BD=$\frac{1}{2}$BC=$\frac{1}{2}$AB；

（3）（3）過點(diǎn)D作DM⊥AB于M，如圖3．
同（1）可得：∠B=∠ACD=60°．
同（2）可得：BM=CN，DM=DN，EM=FN．
∵DN=FN，
∴DM=DN=FN=EM，
∴BE+CF=BM+EM+CF=CN+DM+CF=NF+DM=2DM=2BD×sin60°=$\frac{\sqrt{3}}{2}$BC=$\frac{\sqrt{3}}{2}$AB，
∵AB=4$\sqrt{3}$，
∴BE+CF=$\frac{\sqrt{3}}{2}$×4$\sqrt{3}$=6．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了等邊三角形的判定與性質(zhì)、四邊形的內(nèi)角和定理、全等三角形的判定與性質(zhì)、三角函數(shù)的定義、特殊角的三角函數(shù)值等知識(shí)，通過證明三角形全等得到BM=CN，DM=DN，EM=FN是解決本題的關(guān)鍵．