在△ABC中.AB=AC.∠A=60°.点D是线段BC的中点.∠EDF=120°.DE与线段AB相交于点E.DF与线段AC相交于点F．(1)如图1.若DF⊥AC.垂足为F.AB=8.求BE的长,中的∠EDF绕点D顺时针旋转一定的角度.DF仍与线段AC相交于点F．求证:BE+CF=$\frac{1}{2}$AB,中的∠EDF继续绕点D顺时针旋转一定的角度.使DF与线段AC的延长线相交于� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

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17．在△ABC中，AB=AC，∠A=60°，点D是线段BC的中点，∠EDF=120°，DE与线段AB相交于点E，DF与线段AC（或AC的延长线）相交于点F．
（1）如图1，若DF⊥AC，垂足为F，AB=8，求BE的长；
（2）如图2，将（1）中的∠EDF绕点D顺时针旋转一定的角度，DF仍与线段AC相交于点F．求证：BE+CF=$\frac{1}{2}$AB；
（3）如图3，将（2）中的∠EDF继续绕点D顺时针旋转一定的角度，使DF与线段AC的延长线相交于点F，作DN⊥AC于点N，若DN=FN，AB=8，求BE的长．

分析（1）如图1，易求得∠B=60°，∠BED=90°，BD=4，然后运用三角函数的定义就可求出BE的值；
（2）过点D作DM⊥AB于M，作DN⊥AC于N，如图2，易证△MBD≌△NCD，则有BM=CN，DM=DN，进而可证到△EMD≌△FND，则有EM=FN，就可得到BE+CF=BM+EM+CF=BM+FN+CF=BM+CN=2BM=2BD×cos60°=BD=$\frac{1}{2}$BC=$\frac{1}{2}$AB；
（3）过点D作DM⊥AB于M，如图3．同（1）可得：∠B=∠ACD=60°，同（2）可得：BM=CN，DM=DN，EM=FN．由DN=FN可得DM=DN=FN=EM，从而可得BE+CF=BM+EM+CF=CN+DM+CF=NF+DM=2DM=2BD×sin60°=$\frac{\sqrt{3}}{2}$BC=$\frac{\sqrt{3}}{2}$AB，因为BE+CF=BE+NF-CN=BE+DM-BM=BE+$\frac{\sqrt{3}}{2}$BD-$\frac{1}{2}$BD=$\frac{\sqrt{3}}{2}$AB，把AB=8，BD=4代入即可得到BE=2$\sqrt{3}$+2．

解答解：（1）如图1，
∵AB=AC，∠A=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠B=∠C=60°，BC=AC=AB=4．
∵点D是线段BC的中点，
∴BD=DC=$\frac{1}{2}$BC=4，
∵DF⊥AC，即∠AFD=90°，
∴∠AED=360°-60°-90°-120°=90°，
∴∠BED=90°，
∴BE=BD×cos∠B=4×cos60°=4×$\frac{1}{2}$=2；

（2）过点D作DM⊥AB于M，作DN⊥AC于N，如图2，
则有∠AMD=∠BMD=∠AND=∠CND=90°．
∵∠A=60°，∴∠MDN=360°-60°-90°-90°=120°．
∵∠EDF=120°，∴∠MDE=∠NDF．
在△MBD和△NCD中，$\left\{\begin{array}{l}{∠BMD=∠CND}\\{∠B=∠C}\\{BD=CD}\end{array}\right.$，
∴△MBD≌△NCD，
∴BM=CN，DM=DN．
在△EMD和△FND中，$\left\{\begin{array}{l}{∠EMD=∠FND}\\{DM=DN}\\{∠MDE=∠NDF}\end{array}\right.$，
∴△EMD≌△FND，
∴EM=FN，
∴BE+CF=BM+EM+CF=BM+FN+CF=BM+CN
=2BM=2BD×cos60°=BD=$\frac{1}{2}$BC=$\frac{1}{2}$AB；

（3）过点D作DM⊥AB于M，如图3．
同（1）可得：∠B=∠ACD=60°．
同（2）可得：BM=CN，DM=DN，EM=FN．
∵DN=FN，
∴DM=DN=FN=EM，
∴BE+CF=BM+EM+CF=CN+DM+CF=NF+DM=2DM=2BD×sin60°=$\frac{\sqrt{3}}{2}$BC=$\frac{\sqrt{3}}{2}$AB，
∴（2）中的结论不成立；
∵AB=8，
∴BD=4，
∵BE+CF=BE+NF-CN=BE+DM-BM=BE+$\frac{\sqrt{3}}{2}$BD-$\frac{1}{2}$BD=$\frac{\sqrt{3}}{2}$AB，
∴BE=2$\sqrt{3}$+2．

点评本题主要考查了等边三角形的判定与性质、四边形的内角和定理、全等三角形的判定与性质、三角函数的定义、特殊角的三角函数值等知识，通过证明三角形全等得到BM=CN，DM=DN，EM=FN是解决本题的关键．

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