Question

9．△ABC为等边角形，以AB边为腰作等腰Rt△ABD，AC与BD交于点E，连接CD，过点D作DF⊥BC交BC延长线于点F．

（1）如图1，若DF=1，求AE的长；
（2）如图2，将△CDF绕点D顺时针旋转至△C₁D₁F₁的位置，点C，F的对应点分别为C₁，F₁，连接AF₁，BC₁，点G是BC₁的中点，连接AG．求证：AF₁=$\sqrt{2}$AG；
（3）如图3，将△CDF绕点D顺时针旋转至△C₁D₁F₁的位置，点C，F的对应点分别为C₁，F₁，当DC₁平分∠EDC时，DC₁与AC交于点H，在AH上取点P，使AP=DH，在DH上取点Q，使DQ=HP，连接AQ、DP相交于点K，直接写出$\frac{DK}{QK}$的值．

Answer 1

分析 （1）如图1中，作AM⊥BC于M，AN⊥DF于N，EH⊥AB于H，在BF上取一点K，使得BK=DK．由△AMB≌△AND，推出AM=AN，四边形AMFN是正方形，推出FM=FN，由Rt△ACM≌Rt△ADN，推出CM=DN，推出CF=DF=1，由∠KBD=∠KDB=15°，推出∠DKF=∠KBD+∠KDB=30°推出KD=KB=2，KF=$\sqrt{3}$，推出BF=2+$\sqrt{3}$，BC=AB=$\sqrt{3}$+1，设AE=x，则AH=$\frac{1}{2}$x，BH=HE=$\frac{\sqrt{3}}{2}$x，可得 $\frac{1}{2}$x+$\frac{\sqrt{3}}{2}$x=1+$\sqrt{3}$，解方程即可解决问题．
（2）如图2中，延长FG到M，延长BA交F₁C₁的延长线于N，使得GM=F₁G，则△GMB≌△GF₁C₁，只要证明△ABM≌△ADF₁，即可推出△AMF₁是等腰直角三角形，延长即可解决问题．
（3）如图3中，首先证明△AHD是直角三角形，∠DAH=30°，把图3中Rt△AHD放大，得到图4，作AM⊥AH，截取AM=PH，连接PM，DM，作QN⊥PD于N．由△MAP≌△PHD，推出△MPD是等腰直角三角形，四边形AMDQ是平行四边形，∠DKQ=∠MDP=45°，设DH=AP=a，易知AH=$\sqrt{3}$a，PH=（$\sqrt{3}$-1）a，推出tan∠PDH=$\frac{PH}{DH}$=$\frac{QN}{DN}$=$\sqrt{3}$-1，设KN=QN=m，则KQ=$\sqrt{2}$m，DN=$\frac{\sqrt{3}+1}{2}$m，DK=$\frac{\sqrt{3}+3}{2}$m，由此即可解决问题．

解答 （1）解：如图1中，作AM⊥BC于M，AN⊥DF于N，EH⊥AB于H，在BF上取一点K，使得BK=DK．

∵∠BAD=∠BFD=90°，
∴∠BAD+∠BFD=180°，
∴∠ABF+∠ADF=180°，∵∠ABC=60°，
∴∠ADF=120°，
∴∠ADN=60°，
在△AMB和△AND中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠ABM=∠ADN}\\{∠AMB=∠N}\\{AB=AD}\end{array}\right.$，
∴△AMB≌△AND，
∴AM=AN，
∵四边形AMFN是矩形，
∴四边形AMFN是正方形，
∴FM=FN，
在Rt△ACM和Rt△ADN中，
$\left\{\begin{array}{l}{AC=AD}\\{AM=AN}\end{array}\right.$，
∴Rt△ACM≌Rt△ADN，
∴CM=DN，
∴CF=DF=1，
∵∠ABC=60°，∠ABD=45°，
∴∠KBD=∠KDB=15°，
∴∠DKF=∠KBD+∠KDB=30°
∴KD=KB=2，KF=$\sqrt{3}$，
∴BF=2+$\sqrt{3}$，BC=AB=$\sqrt{3}$+1，设AE=x，则AH=$\frac{1}{2}$x，BH=HE=$\frac{\sqrt{3}}{2}$x，
∴$\frac{1}{2}$x+$\frac{\sqrt{3}}{2}$x=1+$\sqrt{3}$，
∴x=2，
∴AE=2．

（2）证明：如图2中，延长FG到M，延长BA交F₁C₁的延长线于N，使得GM=F₁G，则△GMB≌△GF₁C₁，

∴BM=F₁C₁=DF₁，∠BMG=∠GF₁N，
∴BM∥F₁N，
∴∠MBA=∠N，
∵∠NAO=∠OF₁D=90°，∠AON=∠DOF₁，
∴∠N=∠ADF₁，
∴∠ABM=∠ADF₁，∵AB=AD，
∴△ABM≌△ADF₁，
∴AM=AF₁，∠MAB=∠DAF₁，
∴∠MAF₁=∠BAD=90°，
∴△AMF₁是等腰直角三角形，
∴AG⊥MF₁，AG=GF₁，
∴AF₁=$\sqrt{2}$AG．

（3）如图3中，

∵∠BAD=90°，∠BAC=60°，
∴∠CAD=90°-60°=30°，
∵∠DEC=∠DCE=75°，
∴DE=DC，
∵DC₁平分∠EDC，
∴DH⊥AH，
∴∠AHD=90°，∠ADH=60°，
把图3中Rt△AHD放大，得到图4，作AM⊥AH，截取AM=PH，连接PM，DM，作QN⊥PD于N．

∵AM=PH，AP=HD，∠MAP=∠H=90°，
∴△MAP≌△PHD，
∴PM=PD，
∠APM=∠PDH，
∵∠PDH+∠DPH=90°，
∴∠APM+∠DPH=90°，
∴∠MPD=90°，
∴△MPD是等腰直角三角形，
∴∠MDP=45°，
∵AM=DQ，AM∥DQ，
∴四边形AMDQ是平行四边形，
∴AQ∥DM，
∴∠DKQ=∠MDP=45°，设DH=AP=a，易知AH=$\sqrt{3}$a，PH=（$\sqrt{3}$-1）a，
∴tan∠PDH=$\frac{PH}{DH}$=$\frac{QN}{DN}$=$\sqrt{3}$-1，设KN=QN=m，则KQ=$\sqrt{2}$m，DN=$\frac{\sqrt{3}+1}{2}$m，DK=$\frac{\sqrt{3}+3}{2}$m，
∴$\frac{DK}{QK}$=$\frac{\frac{\sqrt{3}+3}{2}m}{\sqrt{2}m}$=$\frac{\sqrt{6}+3\sqrt{2}}{4}$．

点评 本题考查旋转变换、等边三角形的性质、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定和性质、正方形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，学会利用参数解决问题，题目比较难，属于中考压轴题．