Question

16．問題背景：如圖1，等腰△ABC中，AB=AC，∠BAC=120°，作AD⊥BC于點(diǎn)D，則D為BC的中點(diǎn)，∠BAD=$\frac{1}{2}$∠BAC=60°，于是$\frac{BC}{AB}$=$\frac{2BD}{AB}$=$\sqrt{3}$；
遷移應(yīng)用：如圖2，△ABC和△ADE都是等腰三角形，∠BAC=∠DAE=120°，D，E，C三點(diǎn)在同一條直線上，連接BD．
①求證：△ADB≌△AEC；
②請(qǐng)直接寫出線段AD，BD，CD之間的等量關(guān)系式；
拓展延伸：如圖3，在菱形ABCD中，∠ABC=120°，在∠ABC內(nèi)作射線BM，作點(diǎn)C關(guān)于BM的對(duì)稱點(diǎn)E，連接AE并延長交BM于點(diǎn)F，連接CE，CF．
①證明△CEF是等邊三角形；
②若AE=5，CE=2，求BF的長．

Answer 1

分析 遷移應(yīng)用：①如圖②中，只要證明∠DAB=∠CAE，即可根據(jù)SAS解決問題；
②結(jié)論：CD=$\sqrt{3}$AD+BD．由△DAB≌△EAC，可知BD=CE，在Rt△ADH中，DH=AD•cos30°=$\frac{\sqrt{3}}{2}$AD，由AD=AE，AH⊥DE，推出DH=HE，由CD=DE+EC=2DH+BD=$\sqrt{3}$AD+BD，即可解決問題；
拓展延伸：①如圖3中，作BH⊥AE于H，連接BE．由BC=BE=BD=BA，F(xiàn)E=FC，推出A、D、E、C四點(diǎn)共圓，推出∠ADC=∠AEC=120°，推出∠FEC=60°，推出△EFC是等邊三角形；
②由AE=5，EC=EF=2，推出AH=HE=2.5，F(xiàn)H=4.5，在Rt△BHF中，由∠BFH=30°，可得$\frac{HF}{BF}$=cos30°，由此即可解決問題．

解答 遷移應(yīng)用：①證明：如圖②

∵∠BAC=∠DAE=120°，
∴∠DAB=∠CAE，
在△DAE和△EAC中，
$\left\{\begin{array}{l}{DA=EA}\\{∠DAB=∠EAC}\\{AB=AC}\end{array}\right.$，
∴△DAB≌△EAC，

②解：結(jié)論：CD=$\sqrt{3}$AD+BD．
理由：如圖2-1中，作AH⊥CD于H．

∵△DAB≌△EAC，
∴BD=CE，
在Rt△ADH中，DH=AD•cos30°=$\frac{\sqrt{3}}{2}$AD，
∵AD=AE，AH⊥DE，
∴DH=HE，
∵CD=DE+EC=2DH+BD=$\sqrt{3}$AD+BD．

拓展延伸：①證明：如圖3中，作BH⊥AE于H，連接BE．

∵四邊形ABCD是菱形，∠ABC=120°，
∴△ABD，△BDC是等邊三角形，
∴BA=BD=BC，
∵E、C關(guān)于BM對(duì)稱，
∴BC=BE=BD=BA，F(xiàn)E=FC，
∴A、D、E、C四點(diǎn)共圓，
∴∠ADC=∠AEC=120°，
∴∠FEC=60°，
∴△EFC是等邊三角形，

②解：∵AE=5，EC=EF=2，
∴AH=HE=2.5，F(xiàn)H=4.5，
在Rt△BHF中，∵∠BFH=30°，
∴$\frac{HF}{BF}$=cos30°，
∴BF=$\frac{4.5}{\frac{\sqrt{3}}{2}}$=3$\sqrt{3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查全等三角形的判定和性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、四點(diǎn)共圓、等邊三角形的判定和性質(zhì)、銳角三角函數(shù)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是靈活應(yīng)用所學(xué)知識(shí)解決問題，學(xué)會(huì)添加輔助圓解決問題，屬于中考?jí)狠S題．