题目内容
（2012•绍兴三模）已知∠ABC=90°，点P为射线BC上任意一点（点P与点B不重合），分别以AB、AP为边在∠ABC的内部作等边△ABE和△APQ，连接QE并延长交BP于点F．
（1）如图1，若AB=2
，点A、E、P恰好在一条直线上时，求此时EF的长（直接写出结果）；
（2）如图2，当点P为射线BC上任意一点时，猜想EF与图中的哪条线段相等（不能添加辅助线产生新的线段），并加以证明；
（3）若AB=2
，设BP=4，求QF的长．
（1）如图1，若AB=2
| 3 |
（2）如图2，当点P为射线BC上任意一点时，猜想EF与图中的哪条线段相等（不能添加辅助线产生新的线段），并加以证明；
（3）若AB=2
| 3 |
分析：（1）根据A、E、P在同一直线上判断出点E是AP的中点，先根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半求出AP，然后根据等边三角形的性质求出QE．再根据直角三角形的性质求出QF，然后根据EF=QF-QE，代入数据进行计算即可得解；
（2）先求出∠BAP=∠EAQ，然后利用“边角边”证明△ABP和△AEQ全等，根据全等三角形对应角相等可得∠AEQ=∠ABP=90°，然后求出∠BEF=∠EBF=30°，再根据等角对等边的性质即可得证；
（3）过点F作FD⊥BE于点D，根据等腰三角形三线合一的求出BD，再解直角三角形求出BF的长度，即可得到EF的长，再根据全等三角形对应边相等可得QE=BP，然后代入数据进行计算即可得解．
（2）先求出∠BAP=∠EAQ，然后利用“边角边”证明△ABP和△AEQ全等，根据全等三角形对应角相等可得∠AEQ=∠ABP=90°，然后求出∠BEF=∠EBF=30°，再根据等角对等边的性质即可得证；
（3）过点F作FD⊥BE于点D，根据等腰三角形三线合一的求出BD，再解直角三角形求出BF的长度，即可得到EF的长，再根据全等三角形对应边相等可得QE=BP，然后代入数据进行计算即可得解．
解答：解：（1）∵△ABE是等边三角形，A、E、P在同一直线上，
∴AB=AE且∠BAE=60°，
∴点E是AP的中点，
∴AP=2AB=2×2
=4
，
∴QE=4
×
=6，
QF=PQ÷cos30°=4
÷
=8，
∴EF=2；
（2）EF=BF．
证明：∵∠BAP=∠BAE-∠EAP=60°-∠EAP，
∠EAQ=∠QAP-∠EAP=60°-∠EAP，
∴∠BAP=∠EAQ．
在△ABP和△AEQ中，
∵
，
∴△ABP≌△AEQ（SAS）
∴∠AEQ=∠ABP=90°，
∴∠BEF=180°-∠AEQ-∠AEB=180°-90°-60°=30°，
又∵∠EBF=90°-60°=30°，
∴∠BEF=∠EBF，
∴EF=BF；
（3）如图，过点F作FD⊥BE于点D，
∵△ABE是等边三角形，
∴BE=AB=2
，
由（2）得∠EBF=30°，
在Rt△BDF中，BD=
BE=
×2
=
，
∴BF=
=
=2，
∴EF=2，
∵△ABP≌△AEQ，
∴QE=BP=4，
∴QF=QE+EF=4+2=6．
∴AB=AE且∠BAE=60°，
∴点E是AP的中点，
∴AP=2AB=2×2
| 3 |
| 3 |
∴QE=4
| 3 |
| ||
| 2 |
QF=PQ÷cos30°=4
| 3 |
| ||
| 2 |
∴EF=2；
（2）EF=BF．
证明：∵∠BAP=∠BAE-∠EAP=60°-∠EAP，
∠EAQ=∠QAP-∠EAP=60°-∠EAP，
∴∠BAP=∠EAQ．
在△ABP和△AEQ中，
∵
|
∴△ABP≌△AEQ（SAS）
∴∠AEQ=∠ABP=90°，
∴∠BEF=180°-∠AEQ-∠AEB=180°-90°-60°=30°，
又∵∠EBF=90°-60°=30°，
∴∠BEF=∠EBF，
∴EF=BF；
（3）如图，过点F作FD⊥BE于点D，
∵△ABE是等边三角形，
∴BE=AB=2
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由（2）得∠EBF=30°，
在Rt△BDF中，BD=
| 1 |
| 2 |
| 1 |
| 2 |
| 3 |
| 3 |
∴BF=
| BD |
| cos30° |
| ||||
|
∴EF=2，
∵△ABP≌△AEQ，
∴QE=BP=4，
∴QF=QE+EF=4+2=6．
点评：本题考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定与性质，等腰三角形三线合一的性质，以及解直角三角形，综合性较强，但难度不大，（2）较为复杂，求出△ABP≌△AEQ是解题的关键．
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