Question

1．已知：如圖，在△ABC中，AB=AC，點D，E分別是射線AB，射線AC上一動點，連接DE交BC于點F，且DF=EF，過點DG⊥CB交射線CB于點G，交CA的延長線于點H．
（1）當(dāng)點D在AB的延長線，點E在線段AC上時，如圖①所示，求證：AH-EC=AC；
（2）當(dāng)點D在線段AB上，點E在AC的延長線上時，如圖②所示，現(xiàn)將∠ADH沿直線AD翻折交AC于點K，若∠BAC=60°，CF：CK=3：5，KE=$\frac{14}{3}$，求BG的長．

Answer 1

分析 （1）作EM∥AB，得到∠ABC=∠EMC，進(jìn)而判斷出△DBF≌△EMF，得到AD=AB+DB即可；
（2）作FP⊥AC于P，先判斷△ABC為等邊三角形得到∠B=∠ACB=60°，由DG⊥BC可得∠BDG=30°，∠H=30°，根據(jù)對頂角相等得到∠ADH=30°，再根據(jù)折疊的性質(zhì)得∠DKH=90°，設(shè)CF=3x，則CK=5x，由于FD=FE，F(xiàn)P⊥EK，DK⊥AC，則PE=PK，PF為△EDK的中位線，即可，

解答 解：（1）如圖①，

過點E作EM∥AB，
∴∠ABC=∠EMC，
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
∴∠EMC=∠ACB
∴EM=EC，
∵∠DBF=180°-∠ABC，
∠EMF=180°-∠EMC，
∴∠DBF=∠EMF，
在△DBF和△EMF中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠DBF=∠EMF}\\{∠BFD=∠EFM}\\{DF=EF}\end{array}\right.$，
∴△DBF≌△EMF，
∴BD=EM，
∵EM=EC，
∴BD=EC，
∵DG⊥BC，
∴∠HDA+∠DBG=90°，
∵∠DBG=∠ABC=∠ACB，
∴∠HDA+∠ACB=90°，
∵∠DHC+∠ACB=90°，
∴∠HDA=∠DHC，
∴AH=AD，
∵AD=AB+BD=AC+EC，
∴AH=AC+EC，
∴AH-EC=AC；
（2）解：作FP⊥AC于P，如圖2，

∵∠BAC=60°，AB=AC，
∴△ABC為等邊三角形，
∴∠B=∠ACB=60°，
∵DG⊥BC，
∴∠BDG=30°，∠H=30°，
∴∠ADH=30°，
∵將∠ADH沿直線AD翻折交AC于點K，
∴∠ADK=∠ADH=30°，
∴∠DKH=90°，
設(shè)CF=3x，則CK=5x，
∵FD=FE，F(xiàn)P⊥EK，
而DK⊥AC，
∴PE=PK，PF為△EDK的中位線，
∴PK=$\frac{1}{2}$KE=$\frac{1}{2}$×$\frac{14}{3}$=$\frac{7}{3}$，
∴PC=CK-PK=5x-$\frac{7}{3}$，
在Rt△PCF中，∠PCF=60°，∠PFC=30°，
∴FC=2PC，即3x=2（5x-$\frac{7}{3}$），
∴x=$\frac{2}{3}$，
∴PC=5×$\frac{2}{3}$-$\frac{7}{3}$=1，F(xiàn)C=2，
∴PF=$\sqrt{3}$PC=$\sqrt{3}$，
∴DK=2PF=2$\sqrt{3}$，
在Rt△ADK中，∠ADK=30°，
∴AK=$\frac{\sqrt{3}}{3}$DK=2，AD=2AK=4，
∴AC=AK+CK=2+5×$\frac{2}{3}$=$\frac{16}{3}$，
∴AB=$\frac{16}{3}$，
∴BD=AB-AD=$\frac{16}{3}$-4=$\frac{4}{3}$，
在Rt△BDG中，∠BDG=30°，
∴BG=$\frac{1}{2}$BD=$\frac{2}{3}$．

點評 此題是幾何變換綜合題，本題考查了折疊的性質(zhì)，也考查了等腰三角形，等邊三角形的性質(zhì)和含30度的直角三角形三邊的關(guān)系．作出輔助線是解本題的關(guān)鍵．