Question

12．如圖，△ABC是邊長為6cm的等邊三角形，點(diǎn)D從B點(diǎn)出發(fā)沿B→A方向在線段BA上以a cm/s速度運(yùn)動(dòng)，與此同時(shí)，點(diǎn)E從線段BC的某個(gè)端點(diǎn)出發(fā)，以b cm/s速度在線段BC上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)D到達(dá)A點(diǎn)后，D、E運(yùn)動(dòng)停止，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t（秒）

（1）如圖1，若a=b=1，點(diǎn)E從C出發(fā)沿C→B方向運(yùn)動(dòng)，連AE、CD，AE、CD交于F，連BF．當(dāng)0＜t＜6時(shí)：
①求∠AFC的度數(shù)；
②求$\frac{{A{F^2}+F{C^2}-B{F^2}}}{AF•FC}$的值；
（2）如圖2，若a=1，b=2，點(diǎn)E從B點(diǎn)出發(fā)沿B→C方向運(yùn)動(dòng)，E點(diǎn)到達(dá)C點(diǎn)后再沿C→B方向運(yùn)動(dòng)．當(dāng)t≥3時(shí)，連DE，以DE為邊作等邊△DEM，使M、B在DE兩側(cè)，求M點(diǎn)所經(jīng)歷的路徑長．

Answer 1

分析 （1）①如圖1，由題可得BD=CE=t，易證△BDC≌△CEA，則有∠BCD=∠CAE，根據(jù)三角形外角的性質(zhì)可求得∠EFC=60°，即可得到∠AFC=120°；②延長FD到G，使得FG=FA，連接GA、GB，過點(diǎn)B作BH⊥FG于H，如圖2，易證△FAG是等邊三角形，結(jié)合△ABC是等邊三角形可證到△AGB≌△AFC，則有GB=FC，∠AGB=∠AFC=120°，從而可得∠BGF=60°．設(shè)AF=x，F(xiàn)C=y，則有FG=AF=x，BG=CF=y．在Rt△BHG中運(yùn)用三角函數(shù)可得BH=$\frac{\sqrt{3}}{2}$y，GH=$\frac{1}{2}$y，從而有FH=x-$\frac{1}{2}$y．在Rt△BHF中根據(jù)勾股定理可得BF²=x²-xy+y²，代入所求代數(shù)式就可解決問題；
（2）過點(diǎn)E作EN⊥AB于N，連接MC，如圖3，由題可得∠BEN=30°，BD=t，CE=2t-6，從而有BE=12-2t，BN=6-t，進(jìn)而可得DN=EC．由△DEM是等邊三角形可得DE=EM，∠DEM=60°，從而可得∠NDE=∠MEC，進(jìn)而可證到△DNE≌△ECM，則有∠DNE=∠ECM=90°，故M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的路徑為過點(diǎn)C垂直于BC的一條線段．
然后只需確定點(diǎn)M的始點(diǎn)和終點(diǎn)位置，就可解決問題．

解答 解：（1）如圖1，

由題可得BD=CE=t．
∵△ABC是等邊三角形，
∴BC=AC，∠B=∠ECA=60°．
在△BDC和△CEA中，
$\left\{\begin{array}{l}{BD=CE}\\{∠B=∠ECA}\\{BC=AC}\end{array}\right.$，
∴△BDC≌△CEA，
∴∠BCD=∠CAE，
∴∠EFC=∠CAE+∠ACF=∠BCD+∠ACF=∠ACB=60°，
∴∠AFC=120°；
②延長FD到G，使得FG=FA，連接GA、GB，過點(diǎn)B作BH⊥FG于H，如圖2，

∵∠AFG=180°-120°=60°，F(xiàn)G=FA，
∴△FAG是等邊三角形，
∴AG=AF=FG，∠AGF=∠GAF=60°．
∵△ABC是等邊三角形，
∴AB=AC，∠BAC=60°，
∴∠GAF=∠BAC，
∴∠GAB=∠FAC．
在△AGB和△AFC中，
$\left\{\begin{array}{l}{AG=AF}\\{∠GAB=∠FAC}\\{AB=AC}\end{array}\right.$，
∴△AGB≌△AFC，
∴GB=FC，∠AGB=∠AFC=120°，
∴∠BGF=60°．
設(shè)AF=x，F(xiàn)C=y，
則有FG=AF=x，BG=CF=y．
在Rt△BHG中，
BH=BG•sin∠BGH=BG•sin60°=$\frac{\sqrt{3}}{2}$y，
GH=BG•cos∠BGH=BG•cos60°=$\frac{1}{2}$y，
∴FH=FG-GH=x-$\frac{1}{2}$y．
在Rt△BHF中，BF²=BH²+FH²
=（$\frac{\sqrt{3}}{2}$y）²+（x-$\frac{1}{2}$y）²=x²-xy+y²．
∴$\frac{{A{F^2}+F{C^2}-B{F^2}}}{AF•FC}$=$\frac{{x}^{2}+{y}^{2}-（{x}^{2}-xy+{y}^{2}）}{xy}$=1；

（2）過點(diǎn)E作EN⊥AB于N，連接MC，如圖3，

由題可得：∠BEN=30°，BD=1×t=t，CE=2（t-3）=2t-6．
∴BE=6-（2t-6）=12-2t，BN=BE•cosB=$\frac{1}{2}$BE=6-t，
∴DN=t-（6-t）=2t-6，
∴DN=EC．
∵△DEM是等邊三角形，
∴DE=EM，∠DEM=60°．
∵∠NDE+∠NED=90°，∠NED+∠MEC=180°-30°-60°=90°，
∴∠NDE=∠MEC．
在△DNE和△ECM中，
$\left\{\begin{array}{l}{DN=EC}\\{∠NDE=∠CEM}\\{DE=EM}\end{array}\right.$，
∴△DNE≌△ECM，
∴∠DNE=∠ECM=90°，
∴M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)的路徑為過點(diǎn)C垂直于BC的一條線段．
當(dāng)t=3時(shí)，E在點(diǎn)B，D在AB的中點(diǎn)，
此時(shí)CM=EN=CD=BC•sinB=6×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=3$\sqrt{3}$；
當(dāng)t=6時(shí)，E在點(diǎn)C，D在點(diǎn)A，
此時(shí)點(diǎn)M在點(diǎn)C．
∴當(dāng)3≤t≤6時(shí)，M點(diǎn)所經(jīng)歷的路徑長為3$\sqrt{3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了等邊三角形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、銳角三角函數(shù)、特殊角的三角函數(shù)值、勾股定理、三角形外角的性質(zhì)等知識(shí)，綜合性比較強(qiáng)，有一定的難度；構(gòu)造旋轉(zhuǎn)型全等三角形（由共頂點(diǎn)的兩個(gè)等邊三角形組成）是解決第1（2）小題的關(guān)鍵，證到∠ECM=90°是解決第（2）小題的關(guān)鍵．