Question

7．菱形ABCD中，两条对角线AC、BD相交于点O，点E和点F分别是BC和CD上一动点，且∠EOF+∠BCD=180°，连接EF．
（1）如图2，当∠ABC=60°时，猜想三条线段CE、CF、AB之间的数量关系CE+CF=$\frac{1}{2}$AB．；
（2）如图1，当∠ABC=90°时，若AC=4$\sqrt{2}$，BE=$\frac{3}{2}$，求线段EF的长；
（3）如图3，当∠ABC=90°，将∠EOF的顶点移到AO上任意一点O′处，∠EO′F绕点O′旋转，仍满足∠EO′F+∠BCD=180°，O′E交BC的延长线一点E，射线O′F交CD的延长线上一点F，连接EF探究在整个运动变化过程中，线段CE、CF，O′C之间满足的数量关系，请直接写出你的结论．

Answer 1

分析 （1）如图1中，连接EF，在CO上截取CN=CF，只要证明△OFN≌△EFC，即可推出CE+CF=OC，再证明OC=$\frac{1}{2}$AB即可．
（2）在Rt△CEF中，根据CE²+CF²=EF²即可解决问题．
（3）结论：CF-CE=$\sqrt{2}$O′C，过点O′作O′H⊥AC交CF于H，只要证明△FO′H≌△EO′C，推出FH=CE，再根据等腰直角三角形性质即可解决问题．

解答 解（1）结论CE+CF=$\frac{1}{2}$AB．
理由：如图1中，连接EF，在CO上截取CN=CF．
∵∠EOF+∠ECF=180°，
∴O、E、C、F四点共圆，
∵∠ABC=60°，四边形ABCD是菱形，
∴∠BCD=180°-∠ABC=120°，
∴∠ACB=∠ACD=60°，
∴∠OEF=∠OCF，∠OFE=∠OCE，
∴∠OEF=∠OFE=60°，
∴△OEF是等边三角形，
∴OF=FE，
∵CN=CF，∠FCN=60°，
∴△CFN是等边三角形，
∴FN=FC，∠OFE=∠CFN，
∴∠OFN=∠EFC，
在△OFN和△EFC中，
$\left\{\begin{array}{l}{FO=FE}\\{∠OFN=∠EFC}\\{FN=FC}\end{array}\right.$，
∴△OFN≌△EFC，
∴ON=EC，
∴CE+CF=CN+ON=OC，
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°，
∴∠CBO=30°，AC⊥BD，
在RT△BOC中，∵∠BOC=90°，∠OBC=30°，
∴OC=$\frac{1}{2}$BC=$\frac{1}{2}$AB，
∴CE+CF=$\frac{1}{2}$AB．
（2）连接EF
∵在菱形ABCD中，∠ABC=90°，
∴菱形ABCD是正方形，
∴∠BOC=90°，OB=OC，AB=AC，∠OBE=∠OCF=45°，∠BCD=90°
∵∠EOF+∠BCD=180°，
∴∠EOF=90°，
∴∠BOE=∠COF
∴△OBE≌△OCF，
∴BE=CF，
∵BE=$\frac{3}{2}$，
∴CF=$\frac{3}{2}$，
在Rt△ABC中，AB²+BC²=AC²，AC=4$\sqrt{2}$
∴BC=4，
∴CE=$\frac{5}{2}$，
在Rt△CEF中，CE²+CF²=EF²，
∴EF=$\frac{\sqrt{34}}{2}$
答：线段EF的长为$\frac{\sqrt{34}}{2}$，
（3）结论：CF-CE=$\sqrt{2}$O′C．
理由：过点O′作O′H⊥AC交CF于H，
∵∠O′CH=∠O′HC=45°，
∴O′H=O′C，
∵∠FO′E=∠HO′C，
∴∠FO′H=∠CO′E，
∵∠EO′F=∠ECF=90°，
∴O′、C、F、E四点共圆，
∴∠O′EF=∠O′CF=45°，
∴∠O′FE=∠O′EF=45°，
∴O′E=O′F，
在△FO′H和△EO′C中，
$\left\{\begin{array}{l}{FO′=O′E}\\{∠FO′H=∠EO′C}\\{O′H=O′C}\end{array}\right.$，
∴△FO′H≌△EO′C，
∴FH=CE，
∴CF-CE=CF-FH=CH=$\sqrt{2}$O′C．

点评 本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理、四点共圆等知识，解题的关键是发现四点共圆，添加辅助线构造全等三角形，属于中考压轴题．