Question

4．在△ABC中，點(diǎn)D、E分別在邊AC、AB上，BD、CE交于點(diǎn)F，CE=BE，且∠BEC+∠BDC=180°
（1）如圖1，當(dāng)∠BEC=120°時(shí)，與AC相等的線段是BF；（請(qǐng)直接寫出答案）
（2）如圖2，當(dāng)∠BEC≠120°時(shí)，（1）中的結(jié)論是否成立，若成立請(qǐng)證明，若不成立，請(qǐng)說明理由；
（3）如圖3，點(diǎn)D、E分別在邊CA、BA的延長(zhǎng)線上時(shí)，BD、CE交于點(diǎn)F，若將條件CE=BE改為“CE=kBE”，且BF=m，EF=n，∠BFE=α，其它條件不變，求AE的長(zhǎng)（用含k，m，n，α的式子表示）

Answer 1

分析 （1）先判斷出∠BEC=∠CGA，BE=CG，進(jìn)而得出△BEF≌△CGA，即可得出結(jié)論；
（2）同（1）的方法直接得出結(jié)論；
（3）同（1）的方法得出∠BEC=∠CGA，再用同弧所對(duì)的圓周角相等，進(jìn)而得出△BFG∽△CAE，即可得出AE=kFG，進(jìn)而用銳角三角函數(shù)和等腰三角形的性質(zhì)得出FG，即可．

解答 解：（1）BF=AC，
理由：如圖1，過點(diǎn)B，C，D作圓交AB于G，連接CG，
∴∠BGC=∠BDC，
∵∠BEC+∠BDC=180°，
∴∠BEC+∠BGC=180°，
∴∠BGC+∠AGC=180°，
∴∠BEC=∠CGA，
∵∠BEC+∠BDC=180°，∠BEC+∠AEC=180°，
∴∠BDC=∠AEC，
∵∠BDC=∠BGC，
∴∠CEG=∠CGE，
∴CE=CG，
∵CE=BE，
∴BE=CG，
在△BEF和△CGA中，$\left\{\begin{array}{l}{∠BEC=∠CGA}\\{BE=CG}\\{∠EBF=∠GCA（同弧所對(duì)的圓周角相等）}\end{array}\right.$，
∴△BEF≌△CGA，
∴BF=AC，
故答案為：BF；
（2）BF=AC仍然成立，
理由：同（1）的方法直接得出，BF=AC，
（3）如圖2，過點(diǎn)B，C，D作圓交CF于G，連接BG，過點(diǎn)B作BM⊥CF，
∴∠BMF=90°，
∵點(diǎn)C，B，D，G四點(diǎn)共圓，
∵∠BEC+∠BDC=180°，∠BEC+∠BEF=180°，
∴∠BDC=∠BEF，
∵∠BGC=∠BDC，
∴∠BGE=∠BEG，
∴BG=BE，
∴∠BDC=∠BGC，
∵∠BEC+∠BDC=180°，
∴∠BEC+∠BGC=180°，
∵∠BGF+∠BGC=180°，
∴∠BGF=∠BEC，
∵∠FBG=∠DCF，
∴△BFG∽△CAE，
∴$\frac{FG}{AE}$=$\frac{BG}{CE}$，
∵BG=BE，
∴$\frac{FG}{AE}$=$\frac{BE}{CE}$，
∵CE=kBE，
∴$\frac{FG}{AE}$=$\frac{BE}{CE}$=$\frac{1}{k}$，
∴AE=kFG，
在Rt△BMF中，BF=m，∠BFE=α，
∴cosα=$\frac{FM}{BF}$，
∴FM=BF•cosα=m•cosα，
∵EF=n，
∴EF=FM+ME，
∴ME=EF-FM=n-m•cosα，
∵BG=BE，BM⊥CF，
∴EG=2ME=2（n-m•cosα），
∴FG=EF-EG=n-2（n-m•cosα），
∴AE=kFG=k[n-2（n-m•cosα）]=k（2m•cosα-n）．

點(diǎn)評(píng) 此題是相似形綜合題，主要考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，圓周角的性質(zhì)，相似三角形性質(zhì)和判定，銳角三角函數(shù)，等腰三角形的性質(zhì)，作出輔助線是解本題的關(guān)鍵，用類比的方法得出后面兩問是解本題的難點(diǎn)．