题目内容

3．数学活动课上，某学习小组对有一内角为120°的平行四边形ABCD（∠BAD=120°）进行探究：将一块含60°的直角三角板如图放置在平行四边形ABCD所在平面内旋转，且60°角的顶点始终与点C重合，较短的直角边和斜边所在的两直线分别交线段AB，AD于点E，F（不包括线段的端点）．
（1）初步尝试
如图1，若AD=AB，求证：①△BCE≌△ACF，②AE+AF=AC；
（2）类比发现
如图2，若AD=2AB，过点C作CH⊥AD于点H，求证：AE=2FH；
（3）深入探究
如图3，若AD=3AB，探究得：$\frac{AE+3AF}{AC}$的值为常数t，则t=$\sqrt{7}$．

分析 （1）①先证明△ABC，△ACD都是等边三角形，再证明∠BCE=∠ACF即可解决问题．②根据①的结论得到BE=AF，由此即可证明．
（2）设DH=x，由题意，CD=2x，CH=$\sqrt{3}$x，由△ACE∽△HCF，得$\frac{AE}{FH}$=$\frac{AC}{CH}$由此即可证明．
（3）如图3中，作CN⊥AD于N，CM⊥BA于M，CM与AD交于点H．先证明△CFN∽△CEM，得$\frac{CN}{CM}$=$\frac{FN}{EM}$，由AB•CM=AD•CN，AD=3AB，推出CM=3CN，所以$\frac{CN}{CM}$=$\frac{FN}{EM}$=$\frac{1}{3}$，设CN=a，FN=b，则CM=3a，EM=3b，想办法求出AC，AE+3AF即可解决问题．

解答 解；（1）①∵四边形ABCD是平行四边形，∠BAD=120°，
∴∠D=∠B=60°，
∵AD=AB，
∴△ABC，△ACD都是等边三角形，
∴∠B=∠CAD=60°，∠ACB=60°，BC=AC，
∵∠ECF=60°，
∴∠BCE+∠ACE=∠ACF+∠ACE=60°，
∴∠BCE=∠ACF，
在△BCE和△ACF中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠B=∠CAF}\\{BC=AC}\\{∠BCE=∠ACF}\end{array}\right.$
∴△BCE≌△ACF．
②∵△BCE≌△ACF，
∴BE=AF，
∴AE+AF=AE+BE=AB=AC．
（2）设DH=x，由题意，CD=2x，CH=$\sqrt{3}$x，
∴AD=2AB=4x，
∴AH=AD-DH=3x，
∵CH⊥AD，
∴AC=$\sqrt{A{H}^{2}+C{H}^{2}}$=2$\sqrt{3}$x，
∴AC2+CD2=AD2，
∴∠ACD=90°，
∴∠BAC=∠ACD=90°，
∴∠CAD=30°，
∴∠ACH=60°，
∵∠ECF=60°，
∴∠HCF=∠ACE，
∴△ACE∽△HCF，
∴$\frac{AE}{FH}$=$\frac{AC}{CH}$=2，
∴AE=2FH．
（3）如图3中，作CN⊥AD于N，CM⊥BA于M，CM与AD交于点H．
∵∠ECF+∠EAF=180°，
∴∠AEC+∠AFC=180°，
∵∠AFC+∠CFN=180°，
∴∠CFN=∠AEC，∵∠M=∠CNF=90°，
∴△CFN∽△CEM，
∴$\frac{CN}{CM}$=$\frac{FN}{EM}$，
∵AB•CM=AD•CN，AD=3AB，
∴CM=3CN，
∴$\frac{CN}{CM}$=$\frac{FN}{EM}$=$\frac{1}{3}$，设CN=a，FN=b，则CM=3a，EM=3b，
∵∠MAH=60°，∠M=90°，
∴∠AHM=∠CHN=30°，
∴HC=2a，HM=a，HN=$\sqrt{3}$a，
∴AM=$\frac{\sqrt{3}}{3}$a，AH=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$a，
∴AC=$\sqrt{A{M}^{2}+C{M}^{2}}$=$\frac{2\sqrt{21}}{3}$a，
AE+3AF=（EM-AM）+3（AH+HN-FN）=EM-AM+3AH+3HN-3FN=3AH+3HN-AM=$\frac{14\sqrt{3}}{3}$a，
∴$\frac{AE+3AF}{AC}$=$\frac{\frac{14\sqrt{3}}{3}a}{\frac{2\sqrt{21}}{3}a}$=$\sqrt{7}$．
故答案为$\sqrt{7}$．

点评 本题考查几何变换综合题．全等三角形的判定和性质．相似三角形的判定和性质、等边三角形的性质等知识，解题的关键是正确寻找全等三角形或相似三角形，学会添加常用辅助线，学会利用参数解决问题，属于中考压轴题．

练习册系列答案
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