Question

【題目】如圖1，菱形ABCD中，已知∠BAD=120°，∠EGF=60°，∠EGF的頂點(diǎn)G在菱形對(duì)角線AC上運(yùn)動(dòng)，角的兩邊分別交邊BC，CD于點(diǎn)E，F(xiàn)．

（1）如圖2，當(dāng)頂點(diǎn)G運(yùn)動(dòng)到與點(diǎn)A重合時(shí)，求證：EC+CF=BC；

（2）知識(shí)探究：①如圖3，當(dāng)頂點(diǎn)G運(yùn)動(dòng)到AC中點(diǎn)時(shí)，探究線段EC，CF與BC的數(shù)量關(guān)系；
②在頂點(diǎn)G的運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，若 =t，請(qǐng)直接寫(xiě)出線段EC，CF與BC的數(shù)量關(guān)系（不需要寫(xiě)出證明過(guò)程）；

（3）問(wèn)題解決：如圖4，已知菱形邊長(zhǎng)為8，BG=7，CF= ，當(dāng)t＞2時(shí)，求EC的長(zhǎng)度．

Answer 1

【答案】
（1）證明：如圖2中，在CA上取一點(diǎn)M，使得CM=CE，連接EM．

∵四邊形ABCD是菱形，∠BAD=120°，

∴AB=BC=CD=AD，∠CAB=∠CAD=60°，

∴△ABC，△ACD都是等邊三角形，

∴∠AB=AC，∠BAC=∠EAF=60°，∠B=∠ACF=60°，

∴∠BAE=∠CAF，

在△BAE和△CAF中， ，

∴△ABE≌△ACF，

∴AE=AF，∵∠EAF=60°，

∴△AEF是等邊三角形，

∵CE=CM，∠ECM=60°，

∴△ECM是等邊三角形，

∴∠AEF=∠MEC=60°，AE=EF，EM=EC，

∴∠AEM=∠FEC，

在△AEM和△FEC中，

，

∴△AEM≌△FEC，

∴AM=CF，

∴BC=AC=AM+CM=EC+CF

（2）解：①結(jié)論：EC+CF= BC．

理由：如圖3中，取BC中點(diǎn)P，CD中點(diǎn)Q，連接PG、GQ．

∵AG=GC，CPB，CQ=DQ，

∴PG∥AB，GQ∥QD，

∴∠CPG=∠B=60°，∠CGP=∠CAB=60°，

∴△CPG是等邊三角形，同理可證△CQG是等邊三角形，

由（1）可知，CE+CF=PC= BC．

②結(jié)論：CE+CF= ．

理由：如圖4中，作GP∥AB交BC于P，GQ∥AD交CD于Q．

∴PG∥AB，GQ∥QD，

∴∠CPG=∠B=60°，∠CGP=∠CAB=60°，

∴△CPG是等邊三角形，同理可證△CQG是等邊三角形，

由（1）可知，CE+CF=PC=CG，

∵AC=BC=tCG，

∴CE+CF=

（3）如圖4中，作BM⊥AC于M．

∵t＞2，

∴點(diǎn)G在線段CM上，

在Rt△ABM中，∵∠BMC=90°，BM= ×8=4 ，BG=7，

∴MG= = =1，

∵CM=MA=4，

∴CG=CM﹣MG=3，

由（1）可知，CG=CE+CF，

∴CE=CG﹣CF=3﹣ =

【解析】（1）如圖2中，在CA上取一點(diǎn)M，使得CM=CE，連接EM．首先證明△ABE≌△ACF，再證明△AEM≌△FEC，即可解決問(wèn)題．（2）①結(jié)論：EC+CF= BC．如圖3中，取BC中點(diǎn)P，CD中點(diǎn)Q，連接PG、GQ．利用（1）的結(jié)論解決問(wèn)題．②結(jié)論：CE+CF= ．如圖4中，作GP∥AB交BC于P，GQ∥AD交CD于Q．利用（1）的結(jié)論解決問(wèn)題．（3）如圖4中，作BM⊥AC于M．利用（1）的結(jié)論：CG=CE+CF，求出CE即可解決問(wèn)題．
【考點(diǎn)精析】掌握全等三角形的性質(zhì)和菱形的性質(zhì)是解答本題的根本，需要知道全等三角形的對(duì)應(yīng)邊相等; 全等三角形的對(duì)應(yīng)角相等；菱形的四條邊都相等；菱形的對(duì)角線互相垂直，并且每一條對(duì)角線平分一組對(duì)角；菱形被兩條對(duì)角線分成四個(gè)全等的直角三角形；菱形的面積等于兩條對(duì)角線長(zhǎng)的積的一半．