已知:等边△ABC中.D是射线AB上的点.点E是边AC上的点.线段DE交BC于F．(1)如图1.若DF=EF.求证:2CF-CE=AB,(2)如图2.若EF=$\sqrt{3}$DF.直接写出CF.CE.AB之间的数量关系CF=$\frac{3-\sqrt{3}}{2}$AB+$\frac{\sqrt{3}-1}{2}$CE,(3)在②的条件下.连接AF.BE.BE与AF交于点N.� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

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1．已知：等边△ABC中，D是射线AB上的点，点E是边AC上的点，线段DE交BC于F．
（1）如图1，若DF=EF，求证：2CF-CE=AB；
（2）如图2，若EF=$\sqrt{3}$DF，直接写出CF、CE、AB之间的数量关系CF=$\frac{3-\sqrt{3}}{2}$AB+$\frac{\sqrt{3}-1}{2}$CE；
（3）在②的条件下，连接AF、BE，BE与AF交于点N，过点E作EM⊥AF，垂足为M，连接BM、MC，若FC=6，EC=$3\sqrt{3}-3$，求线段tan∠MBN的值．

分析（1）如图1，作EQ∥AB，交BC于点Q，首先证明△BFD≌△QFE（ASA），从而可证明BD=CE，即AD=AB+EC，然后作FG∥AB，交AC于点G，证明FG是△ADE的中位线得到FG=$\frac{1}{2}AD$，然后再证明FG=FC即可；
（2）如图2，作EQ∥AB，交BC于点Q，先证明△BFD∽△QFE（ASA），从而得到CE=$\sqrt{3}$BD，作FG∥AB，交AC于点G，由EF=$\sqrt{3}$DF，可知$\frac{FG}{AD}$=$\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{3}+1}$，从而可证得FG=$\frac{3-\sqrt{3}}{2}$（AB+$\frac{\sqrt{3}}{3}$CE），因为FG=CF，故此CF=$\frac{3-\sqrt{3}}{2}$AB+$\frac{\sqrt{3}-1}{2}$CE；
（3）如图3，过点F作FG⊥AB，垂足为G，把FC=6，EC=3$\sqrt{3}$-3，代入CF=$\frac{3-\sqrt{3}}{2}$AB+$\frac{\sqrt{3}-1}{2}$CE得：AB=3$\sqrt{3}$+3，然后求得BF的长度，从而可知BF=EC，然后证明△ABF≌△BCE，可得到∠EBC=∠BAF，接下来在Rt△BGF中可可求得GB、GF的长，然后再求得AG的长，最后再在Rt△AGF中，求得AF=3$\sqrt{6}$，然后再证明△BFN∽△BFA，由相似三角形的性质可知可求得BN=$\sqrt{6}$，NF=2$\sqrt{6}$-3$\sqrt{2}$，故此NE2$\sqrt{6}$，在Rt△EMN中，∠MEN=30°，所以MN=$\frac{1}{2}EN$=$\sqrt{6}$，故此BN=NM，由∠MBN=∠BMN，∠MBN+∠BMN=∠MNE=60°，可知∠MBN=30°，所以tan∠MBN=$\frac{\sqrt{3}}{3}$．

解答解：（1）如图1，作EQ∥AB，交BC于点Q，

∵EQ∥AB，
∴∠BDF=∠QEF，∠BFE=∠QFE，
∵DF=EF，
在△BFD和△QFE中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠BDF=∠QEF}\\{DF=EF}\\{∠BFE=∠QFE}\end{array}\right.$，
∴△BFD≌△QFE（ASA），
∴BD=EQ，
∵△ABC是等边三角形，
∴△EQC也是等边三角形，
∴EQ=CE，
∴BD=CE，
作FG∥AB，交AC于点G，
∵DF=EF，
∴FG△ADE的中位线，
∵2FG=AB+BD，
∵△GFC是等边三角形，
∴FG=CF，
∴2CF=AB+BD，即或CF=AB+CE，
∴2CF-CE=AB；
（2）如图2，作EQ∥AB，交BC于点Q，

∵EQ∥AB，
∴∠BDF=∠QEF，∠BFE=∠QFE，
∴△BFD∽△QFE（ASA），
∵EF=$\sqrt{3}$DF，
∴EQ=$\sqrt{3}$BD，
∵△ABC是等边三角形，
∴△EQC也是等边三角形，
∴EQ=CE，
∴CE=$\sqrt{3}$BD，
作FG∥AB，交AC于点G，
∵EF=$\sqrt{3}$DF，
∴$\frac{FG}{AD}$=$\frac{\sqrt{3}}{\sqrt{3}+1}$，
∴FG=$\frac{3-\sqrt{3}}{2}$（AB+BD），即FG=$\frac{3-\sqrt{3}}{2}$（AB+$\frac{\sqrt{3}}{3}$CE），
∵△GFC是等边三角形，
∴FG=CF，
∴CF=$\frac{3-\sqrt{3}}{2}$（AB+$\frac{\sqrt{3}}{3}$CE），即CF=$\frac{3-\sqrt{3}}{2}$AB+$\frac{\sqrt{3}-1}{2}$CE；
故答案为：CF=$\frac{3-\sqrt{3}}{2}$AB+$\frac{\sqrt{3}-1}{2}$CE．
（3）如图3，过点F作FG⊥AB，垂足为G．

把FC=6，EC=3$\sqrt{3}$-3，代入CF=$\frac{3-\sqrt{3}}{2}$AB+$\frac{\sqrt{3}-1}{2}$CE得：AB=3$\sqrt{3}$+3，
∴BF=BC-FC=3$\sqrt{3}$-3．
∴BF=EC．
在△ABF和△BCE中，
$\left\{\begin{array}{l}{AB=CB}\\{∠ABF=∠BCE}\\{BF=CE}\end{array}\right.$，
∴△ABF≌△BCE．
∴∠EBC=∠BAF．
∵FG⊥AB，∠GBF=60°，
∴GB=$\frac{1}{2}BF$=$\frac{3\sqrt{3}-3}{2}$，FG=$\frac{9-3\sqrt{3}}{2}$．
∴AG=AB-BG=$\frac{3\sqrt{3}+9}{2}$．
在Rt△AGF中，AF=$\sqrt{A{G}^{2}+F{G}^{2}}$=$\sqrt{（\frac{3\sqrt{3}+9}{2}）^{2}+（\frac{9-3\sqrt{3}}{2}）^{2}}$=3$\sqrt{6}$．
在△BFN和△BFA中，$\left\{\begin{array}{l}{∠EBC=∠BAF}\\{∠BFN=∠BFA}\end{array}\right.$，
∴△BFN∽△BFA．
∴$\frac{BN}{AB}=\frac{FN}{BF}=\frac{BF}{AF}$，即：$\frac{BN}{3\sqrt{3}+3}=\frac{FN}{3\sqrt{3}-3}=\frac{3\sqrt{3}-3}{3\sqrt{6}}$．
解得：BN=$\sqrt{6}$，NF=2$\sqrt{6}$-3$\sqrt{2}$．
∴NE=BE-BN=AF-BN=2$\sqrt{6}$，
∵△BFN∽△BFA．
∴∠BNF=∠ABF=60°．
∴∠MNE=60°．
∴∠MEN=30°．
在Rt△EMN中，∠MEN=30°，
∴MN=$\frac{1}{2}EN$=$\frac{1}{2}×2\sqrt{6}$=$\sqrt{6}$．
∴BN=NM．
∴∠MBN=∠BMN．
又∵∠MBN+∠BMN=∠MNE=60°，
∴∠MBN=30°．
∴tan∠MBN=$\frac{\sqrt{3}}{3}$．

点评本题主要考查的是相似三角形的性质和判定、全等三角形的性质和判定、勾股定理的应用，特殊锐角三角函数值、等腰三角形的性质和判定，求得AF、NB和MN的长度，从而得到∠MBN=30°是解题的关键．

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