Question

1．如图，等腰△ABC中，AB=AC，∠BAD=60°，将射线CA绕点C顺时针旋转交BA的延长线于点E，且∠ACE=$\frac{1}{2}$∠DAC，过点D作DF⊥CE于点F交AC于点G，若AB=5，AD=2，则AE=3．

Answer 1

分析 作DQ⊥AB于Q，AH⊥BC于H，如图，在Rt△ADQ中，利用含30度的直角三角形三边可计算出AQ=$\frac{1}{2}$AD=1，DQ=$\sqrt{3}$AQ=$\sqrt{3}$，则BQ=AB-AQ=4，再在Rt△BDQ中，根据勾股定理计算出BD=$\sqrt{19}$，接着证明Rt△BDQ∽Rt△BAH，利用相似比计算出BH=$\frac{20\sqrt{19}}{19}$，于是根据等腰三角形的性质得BC=2BH=$\frac{40\sqrt{19}}{19}$，然后证明∠BCE=∠BAD=60°，则可判断△BAD∽△BCE，于是利用相似比可计算出BE，则利用AE=BE-AB即可得到答案．

解答 解：作DQ⊥AB于Q，AH⊥BC于H，如图，
在Rt△ADQ中，∵∠DAQ=60°，
∴AQ=$\frac{1}{2}$AD=1，DQ=$\sqrt{3}$AQ=$\sqrt{3}$，
∴BQ=AB-AQ=5-1=4，
在Rt△BDQ中，BD=$\sqrt{B{Q}^{2}+D{Q}^{2}}$=$\sqrt{{4}^{2}+（\sqrt{3}）^{2}}$=$\sqrt{19}$，
∵∠DBQ=∠ABH，
∴Rt△BDQ∽Rt△BAH，
∴$\frac{BQ}{BH}$=$\frac{BD}{BA}$，即$\frac{4}{BH}$=$\frac{\sqrt{19}}{5}$，解得BH=$\frac{20\sqrt{19}}{19}$，
∵AB=AC，AH⊥BC，
∴BC=2BH=$\frac{40\sqrt{19}}{19}$，
∵AB=AC，
∴∠B=∠ACB，
∴∠ACB=$\frac{1}{2}$（180°-∠BAC）=$\frac{1}{2}$（180°-60°-∠DAC）=60°-$\frac{1}{2}$∠DAC，
而∠ACE=$\frac{1}{2}$∠DAC，
∴∠ACB=60°-∠ACE，
∴∠BCE=∠ACB+∠ACE=60°，
∴∠BCE=∠BAD，
而∠DAC=∠EBC，
∴△BAD∽△BCE，
∴$\frac{AB}{BC}$=$\frac{BD}{BE}$，即$\frac{5}{\frac{40\sqrt{19}}{19}}$=$\frac{\sqrt{19}}{BE}$，解得BE=8，
∴AE=BE-AB=8-5=3．
故答案为3．

点评 本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了等腰三角形的性质和相似三角形的判定与性质．