第07讲 开放探究性问题-2019年中考数学总复习巅峰冲刺28讲（解析版）

《第07讲 开放探究性问题-2019年中考数学总复习巅峰冲刺28讲（解析版）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《第07讲 开放探究性问题-2019年中考数学总复习巅峰冲刺28讲（解析版）（19页珍藏版）》请在七七文库上搜索。

1、 20192019 年中考数学总复习巅峰冲刺年中考数学总复习巅峰冲刺 专题专题 0707 开放探究性问题开放探究性问题 【难点突破】着眼思路，方法点拨【难点突破】着眼思路，方法点拨, , 疑难突破；疑难突破； 开放探究型问题的内涵：所谓开放探究型问题是指已知条件、解题依据、解题方法、问题结论这四项要素 中，缺少解题要素两个或两个以上，需要通过观察、分析、比较、概括、推理、判断等探索活动来确定所 需求的条件或结论或方法 (1)常规题的结论往往是唯一确定的，而多数开放探究题的结论是不确定或不是唯一的，它是给学生有自由 思考的余地和充分展示思想的广阔空间； (2)解决此类问题的方法，可以不拘形式，有

2、时需要发现问题的结论，有时需要尽可能多地找出解决问题的 方法，有时则需要指出解题的思路等 对于开放探究型问题，需要通过观察、比较、分析、综合及猜想，展开发散性思维，充分运用已学过的数 学知识和数学方法，经过归纳、类比、联想等推理的手段，得出正确的结论在解开放探究题时，常通过 确定结论或补全条件，将开放性问题转化为封闭性问题 开放探究型问题三个解题方法： (1)条件开放型问题：由已知的结论反思题目应具备怎样的条件，即从题目的结论出发，结合图形挖掘条件， 逆向追索，逐步探寻，是一种分析型思维方式它要求解题者善于从问题的结论出发，逆向追索，多途寻 因； (2)结论开放型问题：从剖析题意入手，充分捕捉

3、题设信息，通过由因导果，顺向推理或联想、类比、猜测 等，从而获得所求的结论； (3)条件和结论都开放型：此类问题没有明确的条件和结论，并且符合条件的结论具有多样性，需将已知的 信息集中进行分析，探索问题成立所必须具备的条件或特定的条件应该有什么结论，通过这一思维活动得 出事物内在联系，从而把握事物的整体性和一般性 （4 4）探究问题在中考中常以压轴题出现，它的基本类型一般包括存在型、规律型、决策型等 解答存在型问题的一般思路：先假设结论的某一方面存在，然后在这个假设下进行演绎推理，若推出矛 盾即可否定假设；若推出合理结论，则可肯定假设 解答规律型问题的一般思路：通过对所给的具体的结论进行全面而

4、细致的观察、分析、比较，从中发现 其变化规律，并由此猜出一般性的结论，然后再给出合理的证明或加以运用 解答决策型问题的一般思路：通过对题设信息进行全面的分析、综合比较、判断优劣，从中寻得适合题 意的最佳方案 【名师原创】原创检测，关注素养，提炼主题；【名师原创】原创检测，关注素养，提炼主题； 【原创【原创 1 1】如图，把一张长方形纸片 ABCD 进行折叠之后，恰好使其对角顶点 A 与 C 能够重合，且使的折痕 与 BC 的交点恰好在其三等分点处，则下列图形长度能够满足题意的是（ ） AAB=10，BC=20 B AB=10，BC=30 C AB=103，BC=20 D AB=103，BC=3

5、0 【解析】 ：根据折叠图形的性质，利用勾股定理求出 AF=2BF，AB=3BF，由此即可判定 D 正确 解： 选项D正确 理由是根据题意可知AF=2BF， 利用勾股定理或者30的直角三角形判断计算AB= AB=3BF， 根据线段之间的关系可选得答案。故选 D 【原创【原创 2 2】如图，正比例函数 y=2x 的图象与反比例函数 k y x 的图象交于 A、B 两点，过点 A 作 AC 垂直 x 轴于点 C，连接 BC若ABC 的面积为 2 （1）求 k 的值； （2）结合图象写出不等式02 x x k 的解集 （3）x 轴上是否存在一点 D，使ABD 为直角三角形？若存在，求出点 D 的坐标

6、；若不存在，请说明理由 【解析】解： （1）反比例函数与正比例函数的图象相交于 A、B 两点， A、B 两点关于原点对称， OA=OB， 122 AOCBOC SS 又A 是反比例函数 x k y 图象上的点，且 ACx 轴于点 C， 1 2 1 kS AOC k0， k=2 反比例函数的解析式为 x y 2 （2）01x或1x （3）假设 x 轴上存在一点 D，使ABD 为直角三角形 将 y=2x 与 x y 2 联立成方程组得 2 2 yx y x ， 解得 1 1 1 2 x y 2 2 1 2 x y A（1，2），B（-1，-2） 【原创【原创 3 3】如图，抛物线 y=ax 2+b

7、x+c 的图象交于 x 轴于点 A，B 两点，交于 y 轴于点 C，顶点为 D，则下列 结论： a+b+c0； b 24ac0； 抛物线上有两点 P（ 1 x， 1 y） 和Q（ 2 x， 2 y） ， 若 12 1yy； 若点 A、B 的坐标分别为（x1，0） 、 （x2，0） ，图象上有一点 M（x0，y0） ，在 x 轴下方，则有 a（x0x1） （x0 x2）0 则下列判断正确的是（ ） ，其中是真命题的序号是（ ） 。 A B C D 【解析】 ： ：对于：由图象可知当 x=1 时，y0a+b+c0，故不正确； 对于：由图象可知二次函数与 x 轴有两个交点， 方程 ax 2+bx+c

8、=0 有两个不相等的实数根， 0，即 b 24ac0， 故正确； 对于： 12 1xx，结合图像可以看到函数的变化不是单一的，故无法判断 y1、y2大小，故错误； 对于：a0，点 M（x0，y0） ，在 x 轴下方， x1x0x2， x0x10，x0x20， a（x0x1） （x0x2）0； 故 a（x0x1） （x0x2）0，故本选项正确； 答案选 B 【典题精练】典例精讲，运筹帷幄，举一反三；【典题精练】典例精讲，运筹帷幄，举一反三； 【例题【例题 1 1】如图，在四边形ABCD中，点H是BC的中点，作射线AH，在线段AH及其延长线上分别取点E，F， 连结BE，CF （1）请你添加一个条件

9、，使得BEHCFH，你添加的条件是 ，并证明 （2）在问题（1）中，当BH与EH满足什么关系时，四边形BFCE是矩形，请说明理由 分析： （1）根据全等三角形的判定方法，可得出当EH=FH，BECF，EBH=FCH时都可以证明BEH CFH， （2）由（1）可得出四边形BFCE是平行四边形，再根据对角线相等的平行四边形为矩形可得出BH=EH时， 四边形BFCE是矩形 解答： （1）添加：EH=FH，证明：点H是BC的中点，BH=CH， 在BEH和CFH中，BEHCFH（SAS） ； （2）解：BH=CH，EH=FH， 四边形BFCE是平行四边形（对角线互相平分的四边形为平行四边形） ， 当BH

10、=EH时，则BC=EF， 平行四边形BFCE为矩形（对角线相等的平行四边形为矩形） 【例题【例题 2 2】如图 216，将一张矩形纸片ABCD沿着对角线BD向上折叠，顶点C落到点E处，BE交AD 于点F.【版权所有：21 教育】 (1)求证：BDF是等腰三角形； (2)如图，过点D作DGBE，交BC于点G，连结FG交BD于点O. 判断四边形BFDG的形状，并说明理由； 若AB6，AD8，求FG的长 解：(1)证明：根据折叠的性质，得DBCDBE， 又ADBC，DBCBDA， DBEBDA，BFDF，来源:学#科#网 BDF 是等腰三角形； (2)菱形理由： DGBE，DFBG， 四边形 BFD

11、G 是平行四边形， 又BFDF，四边形 BFDG 是菱形； 在 RtABD 中，AB6，AD8，则 BD10， 设 DFBFx，则 AF8x， 在 RtABF 中，AB2AF2BF2，即 62(8x)2x2，解得 x25 4 ，DF25 4 ， 由 S 菱形 BFDGDFAB1 2FGBD，得 25 4 61 2FG10，解得 FG7.5. 【例题【例题 3 3】 【】 【探究发现】如图，ABC 是等边三角形，AEF60，EF 交等边三角形外角平分线 CF 所在 的直线于点 F，当点 E 是 BC 的中点时，有 AEEF 成立； 【数学思考】某数学兴趣小组在探究 AE，EF 的关系时，运用“从

12、特殊到一般”的数学思想，通过验证得出 如下结论： 当点 E 是直线 BC 上(B，C 除外)任意一点时(其他条件不变)，结论 AEEF 仍然成立 假如你是该兴趣小组中的一员，请你从“点 E 是线段 BC 上的任意一点”；“点 E 是线段 BC 延长线上的任 意一点”；“点 E 是线段 BC 反向延长线上的任意一点”三种情况中，任选一种情况，在图中画出图形， 并证明 AEEF. 【拓展应用】 当点 E 在线段 BC 的延长线上时，若 CEBC，在图中画出图形，并运用上述结论求出 SABC SAEF的值 解：如图，“点 E 是线段 BC 上任意一点”时，在 AB 上截取 AG，使 AGEC，连接

13、EG，ABC 是等边三 角形，ABBC，BACB60.AGEC，BGBE，BEG 是等边三角形，BGE60， AGE120.FC是外角的平分线，ECF120AGE.AEC是ABE的外角，AECBGAE 60GAE.AECAEFFEC60FEC，GAEFEC.在AGE 和ECF 中 GAECEF， AGEC， AGEECF， AGEECF(ASA)，AEEF 拓展应用： 如图：作 CHAE 于 H 点，AHC90.由数学思考得 AEEF，又AEF60，AEF 是等边三 角形，ABCAEF.CEBCAC，ABC 是等边三角形，CAH30，AHEH.CH1 2AC，AH 3 2 AC，AE 3AC，

14、AC AE 3 3 .S ABC SAEF( AC AE) 2( 3 3 ) 21 3 【最新试题】名校直考，巅峰冲刺，一步到位。【最新试题】名校直考，巅峰冲刺，一步到位。 一、选择题：一、选择题： 1.1. （2018云南省曲靖4 分）如图，在正方形 ABCD 中，连接 AC，以点 A 为圆心，适当长为半径画弧， 交 AB.AC 于点 M，N，分别以 M，N 为圆心，大于 MN 长的一半为半径画弧，两弧交于点 H，连结 AH 并延长交 BC 于点 E，再分别以 A.E 为圆心，以大于 AE 长的一半为半径画弧，两弧交于点 P，Q，作直线 PQ，分别交 CD， AC， AB于点F， G， L，

15、 交CB的延长线于点K， 连接GE， 下列结论： LKB=22.5， GEAB， tanCGF=， SCGE：SCAB=1：4其中正确的是（ ） A B C D 【解答】解：四边形 ABCD 是正方形， BAC=BAD=45， 由作图可知：AE 平分BAC， BAE=CAE=22.5， PQ 是 AE 的中垂线， AEPQ， AOL=90， AOL=LBK=90，ALO=KLB， LKB=BAE=22.5； 故正确； OG 是 AE 的中垂线， AG=EG， AEG=EAG=22.5=BAE， EGAB， 故正确； LAO=GAO，AOL=AOG=90， ALO=AGO， CGF=AGO，BL

16、K=ALO， CGF=BLK， 在 RtBKL 中，tanCGF=tanBLK=， 故正确； 连接 EL， AL=AG=EG，EGAB， 四边形 ALEG 是菱形， AL=EL=EGBL， ， EGAB， CEGCBA， =， 故不正确； 本题正确的是：， 故选：A 2.2. （2018四川省攀枝花3 分）如图，在矩形 ABCD 中，E 是 AB 边的中点，沿 EC 对折矩形 ABCD，使 B 点 落在点 P 处，折痕为 EC，连结 AP 并延长 AP 交 CD 于 F 点，连结 CP 并延长 CP 交 AD 于 Q 点给出以下结论： 四边形 AECF 为平行四边形； PBA=APQ； FPC

17、 为等腰三角形； APBEPC 其中正确结论的个数为（ ） A1 B2 C3 D4 解：如图，EC，BP 交于点 G； 点 P 是点 B 关于直线 EC 的对称点，EC 垂直平分 BP，EP=EB，EBP=EPB 点 E 为 AB 中点，AE=EB，AE=EP，PAB=PBA PAB+PBA+APB=180， 即PAB+PBA+APE+BPE=2 （PAB+PBA） =180， PAB+PBA=90， APBP，AFEC； AECF，四边形 AECF 是平行四边形，故正确； APB=90，APQ+BPC=90，由折叠得：BC=PC，BPC=PBC 四边形 ABCD 是正方形，ABC=ABP+P

18、BC=90，ABP=APQ，故正确； AFEC，FPC=PCE=BCE PFC 是钝角，当BPC 是等边三角形，即BCE=30时，才有FPC=FCP，如右图，PCF 不一定是等 腰三角形，故不正确； AF=EC，AD=BC=PC，ADF=EPC=90，RtEPCFDA（HL） ADF=APB=90，FAD=ABP，当 BP=AD 或BPC 是等边三角形时，APBFDA，APBEPC， 故不正确； 其中正确结论有，2 个 故选 B 3.3. 如图 431，点A，B，C在一条直线上，ABD，BCE均为等边三角形，连结AE和CD，AE分别交CD， BD于点M，P，CD交BE于点Q，连结PQ，BM，下

19、面结论：ABEDBC；DMA60；BPQ 为等边三角形；MB平分AMC，其中结论正确的有 (D) A1 个 B2 个 C3 个 D4 个 【解析】 由等边三角形的性质得出ABDB，ABDCBE60，BEBC，得出ABEDBC，由SAS 即可证出ABEDBC； 由ABEDBC，得出BAEBDC，根据APBDPM，得出DMAABD60； 由ASA证明ABPDBQ，得出对应边相等BPBQ，即可得出BPQ为等边三角形； DMA60，得到AMC120，所以AMCPBQ180，所以P，B，Q，M四点共圆，又由于BP BQ，由圆周角定理得出BMPBMQ，即MB平分AMC. 4.4. 如图432，AC是矩形A

20、BCD的对角线，O是ABC的内切圆，现将矩形ABCD按如图所示的方式折叠， 使点D与点O重合，折痕为FG，点F，G分别在边AD，BC上，连结OG，DG，若OGDG，且O的半径长为 1，则下列结论不成立的是( ) ACDDF4 BCDDF2 33 CBCAB2 34 DBCAB2 【解析】 如答图所示，设AB与圆O相切于点M，BC与O相切于点H，连结MO并延长MO交CD于点T， 连结OH，连结OD交FG于R，过点G作GNAD于点N，分别交OD于点K，交OT于点P. 由折叠易知，OGDG， OHBC，所以OHGGCD90，HOGOGH90，来源:学#科#网 Z#X#X#K OGDG， OGHDGC

21、90， DGCHOG， OHGGCD，HGCD，GCOH1， 易得四边形BMOH是正方形，所以BMBHMOOH1， 设CDm，则HGm，ABm， AMm1， 又O是ABC的切圆， ACm1m12m， AC2AB，ACB30， BC 3AB，2m 3m，解得m 31， mAB 31，BC2m3 3， BCAB2，D 选项正确； BCAB2m22 34，C 选项正确 由折叠知，OGGD，又OGGD， OGD是等腰直角三角形，且ORRD， 所以RGRD，RGRD， 注意到GNAD为所作，GRDFRD90， RKGNKD，RKGRGKNKDNDK90， NDKRGK， 所以RKGRFD，所以FDKG，

22、 易得四边形OHGP是矩形，所以PG1， 由GNDC，可得OPKOTD， PK DT OP OT PK 3 31 2 3 31， PK3 3，KG4 3DF， CDDF 31(4 3)2 33，B 选项正确； CDDF 31(4 3)5，A 选项错误故选 A. 二、填空题：二、填空题： 5.5. （2018陕西3 分）点O是平行四边形ABCD的对称中心，ADAB，E.F分别是AB边上的点，且EFAB； G、H分别是BC边上的点，且GHBC；若S1,S2分别表示EOF和GOH的面积，则S1,S2之间的等量关系是 _ 【解析】 【分析】过点 O 分别作 OMBC，垂足为 M，作 ONAB，垂足为

23、N，根据点 O 是平行四边形 ABCD 的 对称中心以及平行四边形的面积公式可得 ABON=BCOM，再根据 S1=EFON，S2=GHOM，EFAB，GHBC，则 可得到答案. 【解答】过点 O 分别作 OMBC，垂足为 M，作 ONAB，垂足为 N， 点 O 是平行四边形 ABCD 的对称中心， S平行四边形 ABCD=AB2ON， S平行四边形 ABCD=BC2OM， ABON=BCOM， S1=EFON，S2=GHOM，EFAB，GHBC， S1=ABON，S2=BCOM， 2S13S2， 故答案为：2S13S2. 6 6. . （2018莱芜3 分） 如图， 在矩形ABCD中， AD

24、C 的平分线与 AB 交于 E， 点 F在 DE 的延长线上， BFE=90， 连接 AF、CF，CF 与 AB 交于 G有以下结论： AE=BC AF=CFBF 2=FGFCEGAE=BGAB 其中正确的是 . 【分析】只要证明ADE 为直角三角形即可 只要证明AEFCBF（SAS）即可； 假设 BF 2=FGFC，则FBGFCB，推出FBG=FCB=45，由ACF=45，推出ACB=90，显然不可 能，故错误， 由ADFGBF， 可得=， 由 EGCD， 推出=， 推出=， 由 AD=AE， EGAE=BGAB， 故正确， 【解答】解：DE 平分ADC，ADC 为直角， ADE=90=45

25、， ADE 为直角三角形 AD=AE， 又四边形 ABCD 矩形， AD=BC， AE=BC BFE=90，BFE=AED=45， BFE 为等腰直角三角形， 则有 EF=BF 又AEF=DFB+ABF=135，CBF=ABC+ABF=135， AEF=CBF 在AEF 和CBF 中，AE=BC，AEF=CBF，EF=BF， AEFCBF（SAS） AF=CF 假设 BF 2=FGFC，则FBGFCB， FBG=FCB=45， ACF=45， ACB=90，显然不可能，故错误， BGF=180CGB，DAF=90+EAF=90+（90AGF ）=180AGF，AGF=BGC， DAF=BGF，

26、ADF=FBG=45， ADFGBF， =， EGCD， =， =，AD=AE， EGAE=BGAB，故正确，故填写。 7.7. （2018呼和浩特3 分）如图，已知正方形 ABCD，点 M 是边 BA 延长线上的动点（不与点 A 重合） ，且 AM AB，CBE 由DAM 平移得到若过点 E 作 EHAC，H 为垂足，则有以下结论：点 M 位置变化，使得 DHC=60时，2BE=DM；无论点 M 运动到何处，都有 DM=HM；无论点 M 运动到何处，CHM 一定大于 135其中正确结论的序号为 解：由题可得，AM=BE， AB=EM=AD， 四边形 ABCD 是正方形，EHAC， EM=AH

27、，AHE=90，MEH=DAH=45=EAH， EH=AH， MEHDAH（SAS） ， MHE=DHA，MH=DH， MHD=AHE=90，DHM 是等腰直角三角形， DM=HM，故正确； 当DHC=60时，ADH=6045=15， ADM=4515=30， RtADM 中，DM=2AM， 即 DM=2BE，故正确； 点 M 是边 BA 延长线上的动点（不与点 A 重合） ，且 AMAB， AHMBAC=45， CHM135，故正确； 故答案为： 8.8. 如图 213，边长为 1 的正方形ABCD的对角线AC，BD相交于点O.有直角MPN，使直角顶点P与点O 重合，直角边PM，PN分别与O

28、A，OB重合，然后逆时针旋转MPN，旋转角为(090)，PM，PN 分别交AB，BC于E，F两点，连结EF交OB于点G，则下列结论中正确的是_ EF 2OE；S四边形OEBFS正方形ABCD14；BEBF 2OA；在旋转过程中，当BEF与COF的面积 之和最大时，AE3 4；OGBDAE 2CF2. 【解析】 四边形ABCD是正方形，OBOC，OBEOCF45，BOC90，BOFCOF 90，EOF90，BOFBOE90，BOECOF，BOECOF(ASA)，OEOF，BE CF，EF 2OE.故正确； S四边形OE BFSBOESBOFSBOFSCOFSBOC1 4S 正方形ABCD，S四边

29、形OEBFS正方形AB CD14.故正确； BEBFBFCFBC 2OA.故正确； 如答图，过点O作OHBC交BC于点H，BC1，OH1 2BC 1 2，设 AEx，则BECF1x，BFx， SBEFSCOF1 2BEBF 1 2CFOH 1 2x(1x) 1 2(1x) 1 2 1 2 x1 4 2 9 32，a 1 20，当 x1 4时， SBEFSCOF最大，即在旋转过程中，当BEF与COF的面积之和最大时，AE1 4.故错误； EOGBOE，OEGOBE45，OEGOBE，OEOBOGOE，OGOBOE 2，OB1 2 BD，OE 2 2 EF，OGBDEF 2，在BEF 中，EF 2

30、BE2BF2，EF2AE2CF2，OGBDAE2CF2.故 正确 故答案为. 三、解答题：三、解答题： 9.9. 如图，点 B 在 AE 上，点 D 在 AC 上，ABAD.请你添加一个适当的条件，使ABCADE.(只能添加一 个) (1)你添加的条件是_CE(或ABCADE 或EBCCDE 或 ACAE 或 BEDC)_； (2)添加条件后，请说明ABCADE 的理由 【解析】：(1)ABAD，AA，若利用“AAS”，可以添加CE，若利用“ASA”，可以添加 ABCADE，或EBCCDE，若利用“SAS”，可以添加 ACAE，或 BEDC，综上所述，可以添加的 条件为CE(或ABCADE 或

31、EBCCDE 或 ACAE 或 BEDC) (2)选CE 为条件理由如 下：在ABC 和ADE 中， AA， CE， ABAD， ABCADE(AAS) 10.10. 如图，在RtABC 中，C90，AC4 cm，BC3 cm.动点 M，N 从点 C 同时出发，均以每秒 1 cm 的速度分别沿 CA，CB 向终点 A，B 移动，同时动点 P 从点 B 出发，以每秒 2 cm的速度沿 BA 向终点 A 移动， 连接 PM，PN，设移动时间为 t(单位：秒，0t2.5) (1)当 t 为何值时，以 A，P，M 为顶点的三角形与ABC 相似？ (2)是否存在某一时刻 t，使四边形 APNC 的面积

32、S 有最小值？若存在，求S 的最小值；若不存在，请说明理 由 【解析】：如图，在RtABC 中，C90，AC4 cm，BC3 cm.根据勾股定理，得 AB AC 2BC2 5 cm.(1)以 A，P，M 为顶点的三角形与ABC 相似，分两种情况：当AMPABC 时，AP AC AM AB，即 52t 4 4t 5 ，解得 t3 2 当APMABC 时，AM AC AP AB，即 4t 4 52t 5 ，解得 t0(不合题意，舍去)； 综上所述，当 t3 2时，以 A，P，M 为顶点的三角形与ABC相似 (2)存在某一时刻 t，使四边形 APNC的面 积 S 有最小值 理由如下：假设存在某一时刻

33、 t，使四边形 APNC 的面积 S 有最小值如图，过点 P 作 PHBC 于点 H.则 PHAC，PH AC BP BA，即 PH 4 2t 5 ，PH8 5 t，SSABCSBPN1 234 1 2(3t) 8 5t 4 5(t 3 2) 221 5 (0 t2.5)4 50，S 有最小值当 t 3 2时，S 最小值21 5 11.11. 如图 215，CD是经过BCA顶点C的一条直线，CACB.E，F分别是直线CD上两点，且BEC CFA.21 教育名师原创作品 (1)若直线CD经过BCA的内部，且E，F在射线CD上，请解决下面两个问题： 如图，若BCA90，90， 则BE_CF；EF_

34、|BEAF|(选填“”“”或“”)； 如图，若 0BCA180，请添加一个关于与BCA关系的条件_，使中的两个结论仍然 成立，并证明两个结论成立 (2)如图，若直线CD经过BCA的外部，BCA，请写出EF，BE，AF三条线段数量关系的合理猜想 (不要求证明) 解：(1)BCA90，90， BCECBE90，BCEACF90， CBEACF， CACB，BECCFA，BCECAF， BECF；EF|CFCE|BEAF|. BCA180. 证明：在BCE 中，CBEBCE180BEC180. BCA180，CBEBCEBCA. 又ACFBCEBCA，CBEACF， 又BCCA，BECCFA， BC

35、ECAF(AAS)， BECF，CEAF，又EFCFCE， EF|BEAF|. (2)猜想：EFBEAF. 证明： BECCFA， BCA， BCABCEACF180， CFACAFACF180， BCECAF，又BCCA， BCECAF(AAS) BECF，ECFA，EFECCFBEAF. 12.12. 在ABC中，ABAC，A60，点D是线段BC的中点，EDF120，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，若DFAC，垂足为F，AB4，求BE的长； (2)如图，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

36、CF1 2 AB； (3)如图，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的延长线交与点F，作 DNAC于点N，若DNFN，求证：BECF 3(BECF) 解：(1)由四边形AEDF的内角和为 360，可知DEAB，又ABAC，A60，ABC是等边三角 形， BD2.在 RtBDE中，B60，BE1； (2)如答图，取AB的中点G，连结DG， 易证：DG为ABC的中位线，故DGDC，BGDC60， 又四边形AEDF的对角互补，故GEDDFC， DEGDFC. 故EGCF， BECFBEEGBG1 2AB； 第 5 题答图 第 5 题答图 (3)如答图，取AB的中点G，连结DG， 同(2)，易证DEGDFC， 故EGCF， 故BECFBEEGBG1 2AB. 设CNx， 在 RtDCN中，CD2x，DN 3x， 在 RtDFN中，NFDN 3x， 故EGCF( 31)x， BEBGEGDCCF2x( 31)x( 31)x， 故BECF( 31)x( 31)x2 3x， 3(BECF) 3( 31)x( 31)x2 3x. 故BECF 3(BECF)