Question

如圖1，△ABC中，AB=AC，點D在BA的延長線上，點E在BC上，DE=DC，點F是DE與AC的交點，且DF=FE．

  （1）圖1中是否存在與∠BDE相等的角？若存在，請找出，并加以證明，若不存在，說明理由；
  （2）求證：BE=EC；
  （3）若將“點D在BA的延長線上，點E在BC上”和“點F是DE與AC的交點，且DF=FE”分別改為“點D在AB上，點E在CB的延長線上”和“點F是ED的延長線與AC的交點，且DF=kFE”，其他條件不變（如圖2）．當AB=1，∠ABC=a時，求BE的長（用含k、a的式子表示）．

Answer 1

考點：相似形綜合題,三角形的外角性質,全等三角形的判定與性質,等腰三角形的性質,平行線分線段成比例,相似三角形的判定與性質,銳角三角函數(shù)的定義

專題：綜合題

分析：（1）運用等腰三角形的性質及三角形的外角性質就可解決問題．
（2）過點E作EG∥AC，交AB于點G，如圖1，要證BE=CE，只需證BG=AG，由DF=FE可證到DA=AG，只需證到DA=BG即DG=AB，也即DG=AC即可．只需證明△DCA≌△△EDG即可解決問題．
（3）過點A作AH⊥BC，垂足為H，如圖2，可求出BC=2cosα．過點E作EG∥AC，交AB的延長線于點G，易證△DCA≌△△EDG，則有DA=EG，CA=DG=1．易證△ADF∽△GDE，則有

AD

DG

=

DF

DE

．由DF=kFE可得DE=EF-DF=（1-k）EF．從而可以求得AD=

k

1-k

，即GE=

k

1-k

．易證△ABC∽△GBE，則有

BC

BE

=

AC

GE

，從而可以求出BE．

解答：解：（1）∠DCA=∠BDE．
證明：∵AB=AC，DC=DE，
∴∠ABC=∠ACB，∠DEC=∠DCE．
∴∠BDE=∠DEC-∠DBC=∠DCE-∠ACB=∠DCA．

（2）過點E作EG∥AC，交AB于點G，如圖1，
則有∠DAC=∠DGE．
在△DCA和△EDG中，

∠DCA=∠GDE ∠DAC=∠DGE DC=DE

∴△DCA≌△EDG（AAS）．
∴DA=EG，CA=DG．
∴DG=AB．
∴DA=BG．
∵AF∥EG，DF=EF，
∴DA=AG．
∴AG=BG．
∵EG∥AC，
∴BE=EC．

（3）過點E作EG∥AC，交AB的延長線于點G，如圖2，
∵AB=AC，DC=DE，
∴∠ABC=∠ACB，∠DEC=∠DCE．
∴∠BDE=∠DBC-∠DEC=∠ACB-∠DCE=∠DCA．
∵AC∥EG，
∴∠DAC=∠DGE．
在△DCA和△EDG中，

∠DCA=∠GDE ∠DAC=∠DGE DC=DE

∴△DCA≌△EDG（AAS）．
∴DA=EG，CA=DG
∴DG=AB=1．
∵AF∥EG，
∴△ADF∽△GDE．
∴

AD

DG

=

DF

DE

．
∵DF=kFE，
∴DE=EF-DF=（1-k）EF．
∴

AD

1

=

kEF

(1-k)EF

．
∴AD=

k

1-k

．
∴GE=AD=

k

1-k

．
過點A作AH⊥BC，垂足為H，如圖2，
∵AB=AC，AH⊥BC，
∴BH=CH．
∴BC=2BH．
∵AB=1，∠ABC=α，
∴BH=AB•cos∠ABH=cosα．
∴BC=2cosα．
∵AC∥EG，
∴△ABC∽△GBE．
∴

BC

BE

=

AC

GE

．
∴

2cosα

BE

=

1

k 1-k

．
∴BE=

2kcosα

1-k

．
∴BE的長為

2kcosα

1-k

．

點評：本題考查了相似三角形的判定與性質、全等三角形的判定與性質、平行線分線段成比例、等腰三角形的性質、三角形的外角性質、銳角三角函數(shù)的定義等知識，綜合性較強，有一定的難度．