Question

6．在△ADB和△AEC中，AD=AE，∠DAE=α，∠AEC=∠ADB=90°，BD=kCE，延长ED交BC于点F．
（1）如图1，当k=1时，是否存在与BF相等的线段？若存在，请找出，并加以证明；若不存在，说明理由．
（2）如图2，当k≠1时，猜想并证明EC，ED，EF的数量关系（用含k，α的式子表示）．

Answer 1

分析 （1）结论：BF=FC．首先证明△△BDN≌△CEM，得BN=CM，再证明△CFM≌△BFN，即可证明．
（2）结论：2EC•cos$\frac{1}{2}$α+ED=（k+1）EF．如图2中，作AH⊥EF于H，CM⊥EF于M，BN⊥EF于N．由△BDN∽△CEM，得$\frac{BD}{EC}$=$\frac{BN}{MC}$=k，由CM∥BN，得$\frac{FN}{FM}$=$\frac{BN}{CM}$=k，推出MF=$\frac{1}{k+1}$MN，再证明∠BDN=∠CEM=$\frac{1}{2}$α，推出EM=EC•cos$\frac{1}{2}$α，DN=BD•cos$\frac{1}{2}$α，EN=ED+DN=ED+BD•cos$\frac{1}{2}$α，MN=EN-EM=ED+k•EC•cos$\frac{1}{2}$α-EC•cos$\frac{1}{2}$α，FM=$\frac{1}{k+1}$•（ED+k•EC•cos$\frac{1}{2}$α-EC•cos$\frac{1}{2}$α），根据EF=EM+FM即可证明．

解答 解：（1）结论：BF=FC．理由如下，
如图1中，作CM⊥EF于M，BN⊥EF于N．

∵AE=AD，
∴∠AED=∠ADE，
∵∠ADB=∠AEC=90°，
∴∠ADE+∠BDN=90°，∠CEM+∠AED=90°，
∴∠CEM=∠BDN，
∵k=1，BD=kEC，
∴BD=EC，
∵BN⊥EF，CM⊥EF，
∴∠N=∠CME=90°，NB∥CM，
在△BDN和△CEM中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠BDN=∠MEC}\\{∠BDN=∠MEC}\\{BD=EC}\end{array}\right.$，
∴△BDN≌△CEM，
∴BN=CM，
在△CFM和△BFN中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠CMF=∠BNF}\\{∠CFM=∠BFN}\\{CM=BN}\end{array}\right.$，
∴△CFM≌△BFN，
∴BF=CF．

（2）结论：2EC•cos$\frac{1}{2}$α+ED=（k+1）EF．
如图2中，作AH⊥EF于H，CM⊥EF于M，BN⊥EF于N．

由（1）可知∠BDN=∠MEC，∵∠EMC=∠BND，
∴△BDN∽△CEM，
∴$\frac{BD}{EC}$=$\frac{BN}{MC}$=k，
∵CM∥BN，
∴$\frac{FN}{FM}$=$\frac{BN}{CM}$=k，
∴MF=$\frac{1}{k+1}$MN，
∵AE=AD，AH⊥ED，
∴∠HAE=∠HAD=$\frac{1}{2}$α，
∵∠EAH+∠AEH=90°，∠AEH+∠CEM=90°，
∴∠BDN=∠CEM=$\frac{1}{2}$α，
∴EM=EC•cos$\frac{1}{2}$α，DN=BD•cos$\frac{1}{2}$α，
∴EN=ED+DN=ED+BD•cos$\frac{1}{2}$α，
∴MN=EN-EM=ED+k•EC•cos$\frac{1}{2}$α-EC•cos$\frac{1}{2}$α，
∴FM=$\frac{1}{k+1}$•（ED+k•EC•cos$\frac{1}{2}$α-EC•cos$\frac{1}{2}$α），
∴EF=EM+FM=EC•cos$\frac{1}{2}$α+$\frac{1}{k+1}$（ED+k•EC•cos$\frac{1}{2}$α-EC•cos$\frac{1}{2}$α），
∴EF=$\frac{2}{k+1}$•EC•cos$\frac{1}{2}$α+$\frac{1}{k+1}$•ED，
∴2EC•cos$\frac{1}{2}$α+ED=（k+1）EF．

点评 本题考查全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、锐角三角函数等知识，解题的关键是灵活运用所学知识，学会添加常用辅助线，构造全等三角形或相似三角形，属于中考压轴题．