Question

7．如图，在矩形ABCD中，AB=2，AD=$\sqrt{3}$，在边CD上有一点E，使EB平分∠AEC．若P为BC边上一点，且BP=2CP，连接EP并延长交AB的延长线于F．给出以下五个结论：
①点B平分线段AF；②PF=$\frac{4}{3}\sqrt{3}$DE；③∠BEF=∠FEC；④S_矩形ABCD=4S_△BPF；⑤△AEB是正三角形．
其中正确结论的序号是①②③⑤．

Answer 1

分析 由角平分线的定义和矩形的性质可证明∠AEB=∠ABE，可求得AE=AB=2，在Rt△ADE中可求得DE=1，则EC=1，又可证明△PEC∽△PBF，可求得BF=2，可判定①；在Rt△PBF中可求得PF，可判定②；在Rt△BCE中可求得BE=2，可得∠BEF=∠F，可判定③；容易计算出S_矩形ABCD和S_△BPF；可判定④；由AE=AB=BE可判定⑤；可得出答案．

解答 解：∵四边形ABCD为矩形，
∴AB∥CD，
∴∠CEB=∠ABE，
又∵BE平分∠AEC，
∴∠AEB=∠CEB，
∴∠AEB=∠ABE，
∴AE=AB=2，
在Rt△ADE中，AD=$\sqrt{3}$，AE=2，由勾股定理可求得DE=1，
∴CE=CD-DE=2-1=1，
∵DC∥AB，
∴△PCE∽△PBF，
∴$\frac{CE}{BF}$=$\frac{PC}{BP}$，即$\frac{1}{BF}$=$\frac{PC}{2PC}$=$\frac{1}{2}$，
∴BF=2，
∴AB=BF，
∴点B平分线段AF，
故①正确；
∵BC=AD=$\sqrt{3}$，
∴BP=$\frac{2}{3}$$\sqrt{3}$，
在Rt△BPF中，BF=2，由勾股定理可求得PF=$\sqrt{B{F}^{2}+B{P}^{2}}$=$\sqrt{4+（\frac{2}{3}\sqrt{3}）^{2}}$=$\frac{4}{3}$$\sqrt{3}$，
∵DE=1，
∴PF=$\frac{4}{3}$$\sqrt{3}$DE，
故②正确；
在Rt△BCE中，EC=1，BC=$\sqrt{3}$，由勾股定理可求得BE=2，
∴BE=BF，
∴∠BEF=∠F，
又∵AB∥CD，
∴∠FEC=∠F，
∴∠BEF=∠FEC，
故③正确；
∵AB=2，AD=$\sqrt{3}$，
∴S_矩形ABCD=AB•AD=2×$\sqrt{3}$=2$\sqrt{3}$，
∵BF=2，BP=$\frac{4}{3}$$\sqrt{3}$，
∴S_△BPF=$\frac{1}{2}$BF•BP=$\frac{1}{2}$×2×$\frac{4}{3}$$\sqrt{3}$=$\frac{4}{3}$$\sqrt{3}$，
∴4S_△BPF=$\frac{16}{3}$$\sqrt{3}$，
∴S_矩形ABCD=≠4S_△BPF，
故④不正确；
由上可知AB=AE=BE=2，
∴△AEB为正三角形，
故⑤正确；
综上可知正确的结论为：①②③⑤．
故答案为：①②③⑤．

点评 本题主要考查矩形的性质和相似三角形的判定和性质、等腰三角形的判定和性质、勾股定理、等边三角形的判定等知识点的综合应用．根据条件求得AE=AB，求得DE的长是解题的关键，从而可求得BF、PF、BE等线段的长容易判断②③④⑤．本题知识点较多，综合性较强，难度较大．在解题时注意勾股定理的灵活运用．