Question

1．已知：如图，在△ABC中，AB=AC，点D，E分别是射线AB，射线AC上一动点，连接DE交BC于点F，且DF=EF，过点DG⊥CB交射线CB于点G，交CA的延长线于点H．
（1）当点D在AB的延长线，点E在线段AC上时，如图①所示，求证：AH-EC=AC；
（2）当点D在线段AB上，点E在AC的延长线上时，如图②所示，现将∠ADH沿直线AD翻折交AC于点K，若∠BAC=60°，CF：CK=3：5，KE=$\frac{14}{3}$，求BG的长．

Answer 1

分析 （1）作EM∥AB，得到∠ABC=∠EMC，进而判断出△DBF≌△EMF，得到AD=AB+DB即可；
（2）作FP⊥AC于P，先判断△ABC为等边三角形得到∠B=∠ACB=60°，由DG⊥BC可得∠BDG=30°，∠H=30°，根据对顶角相等得到∠ADH=30°，再根据折叠的性质得∠DKH=90°，设CF=3x，则CK=5x，由于FD=FE，FP⊥EK，DK⊥AC，则PE=PK，PF为△EDK的中位线，即可，

解答 解：（1）如图①，

过点E作EM∥AB，
∴∠ABC=∠EMC，
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
∴∠EMC=∠ACB
∴EM=EC，
∵∠DBF=180°-∠ABC，
∠EMF=180°-∠EMC，
∴∠DBF=∠EMF，
在△DBF和△EMF中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠DBF=∠EMF}\\{∠BFD=∠EFM}\\{DF=EF}\end{array}\right.$，
∴△DBF≌△EMF，
∴BD=EM，
∵EM=EC，
∴BD=EC，
∵DG⊥BC，
∴∠HDA+∠DBG=90°，
∵∠DBG=∠ABC=∠ACB，
∴∠HDA+∠ACB=90°，
∵∠DHC+∠ACB=90°，
∴∠HDA=∠DHC，
∴AH=AD，
∵AD=AB+BD=AC+EC，
∴AH=AC+EC，
∴AH-EC=AC；
（2）解：作FP⊥AC于P，如图2，

∵∠BAC=60°，AB=AC，
∴△ABC为等边三角形，
∴∠B=∠ACB=60°，
∵DG⊥BC，
∴∠BDG=30°，∠H=30°，
∴∠ADH=30°，
∵将∠ADH沿直线AD翻折交AC于点K，
∴∠ADK=∠ADH=30°，
∴∠DKH=90°，
设CF=3x，则CK=5x，
∵FD=FE，FP⊥EK，
而DK⊥AC，
∴PE=PK，PF为△EDK的中位线，
∴PK=$\frac{1}{2}$KE=$\frac{1}{2}$×$\frac{14}{3}$=$\frac{7}{3}$，
∴PC=CK-PK=5x-$\frac{7}{3}$，
在Rt△PCF中，∠PCF=60°，∠PFC=30°，
∴FC=2PC，即3x=2（5x-$\frac{7}{3}$），
∴x=$\frac{2}{3}$，
∴PC=5×$\frac{2}{3}$-$\frac{7}{3}$=1，FC=2，
∴PF=$\sqrt{3}$PC=$\sqrt{3}$，
∴DK=2PF=2$\sqrt{3}$，
在Rt△ADK中，∠ADK=30°，
∴AK=$\frac{\sqrt{3}}{3}$DK=2，AD=2AK=4，
∴AC=AK+CK=2+5×$\frac{2}{3}$=$\frac{16}{3}$，
∴AB=$\frac{16}{3}$，
∴BD=AB-AD=$\frac{16}{3}$-4=$\frac{4}{3}$，
在Rt△BDG中，∠BDG=30°，
∴BG=$\frac{1}{2}$BD=$\frac{2}{3}$．

点评 此题是几何变换综合题，本题考查了折叠的性质，也考查了等腰三角形，等边三角形的性质和含30度的直角三角形三边的关系．作出辅助线是解本题的关键．