题号:2286    题型:解答题    来源:2022年重庆市中考数学试卷A卷
类型:中考真题
如图, 在锐角 $\triangle A B C$ 中, $\angle A=60^{\circ}$, 点 $D, E$ 分别是边 $A B, A C$ 上一动点, 连接 $B E$ 交直线 $C D$ 于 点 $F$.

(1) 如图 1, 若 $A B > A C$, 且 $B D=C E, \angle B C D=\angle C B E$, 求 $\angle C F E$ 的度数;
(2) 如图 2, 若 $A B=A C$, 且 $B D=A E$, 在平面内将线段 $A C$ 绕点 $C$ 顺时针方向旋转 $60^{\circ}$ 得到线段 $C M$, 连接 $M F$, 点 $N$ 是 $M F$ 的中点, 连接 $C N$. 在点 $D, E$ 运动过程中, 猜想线段 $B F, C F, C N$ 之间存在的数量关系, 并证明你的猜想;
(3) 若 $A B=A C$, 且 $B D=A E$, 将 $\mathrm{V} A B C$ 沿直线 $A B$ 翻折至 $\mathrm{V} A B C$ 所在平面内得到 $\triangle A B P$, 点 $H$ 是 $A P$ 的中点, 点 $K$ 是线段 $P F$ 上一点, 将 $\triangle P H K$ 沿直线 $H K$ 翻折至 $\triangle P H K$ 所在平面内得到 $\triangle Q H K$, 连接 $P Q$. 在点 $D, E$ 运动过程中, 当线段 $P F$ 取得最小值, 且 $Q K \perp P F$ 时, 请直接写出 $\frac{P Q}{B C}$ 的值.
编辑试题 我来讲解
答案:
【小问 1 详解】
解: 如图 1, 在射线 $C D$ 上取一点 $K$, 使得 $C K=B E$,
$\because \angle B C D=\angle C B E, B C=B C$,
$\therefore \triangle C B E \cong \triangle B C K(\mathrm{SAS})$,
$\therefore B K=C E=B D$,
$\therefore \angle C E B=\angle B K D=\angle B D K=\angle A D F$,
$\therefore \angle A D F+\angle A E F=\angle A E F+\angle C E B=180^{\circ}$,
$\therefore \angle A+\angle D F E=180^{\circ}$,
$\because \angle A=60^{\circ}$,
$\therefore \angle D F E=120^{\circ}$,
$\therefore \angle C F E=60^{\circ}$;




【小问 2 详解】
$B F+C F=2 C N$,
证明: $\because A B=A C, \angle A=60^{\circ}$,
$\therefore \triangle A B C$ 是正三角形,
$\therefore A B=B C=A C, \angle A=\angle D B C=60^{\circ}$,
又 $\because B D=A E$,
$\therefore \triangle A B E \cong \triangle B C D$ (SAS),
$\therefore \angle B C F=\angle A B E$,
$\therefore \angle F B C+\angle B C F=60^{\circ}$,
$\therefore \angle B F C=120^{\circ}$,
倍长 $C N$ 至 $Q$, 连接 $F Q, P Q$,
$\because C N=Q N, \angle Q N F=\angle C N M, N F=N M$,
$\therefore \triangle C N M \cong \triangle Q N F$ (SAS),
$\therefore F Q=C M, \angle Q F N=\angle C M N$,
由旋转的性质得 $A C=C M$,
$\therefore F Q=C M=B C$,
在 $C F$ 上截取 $F P=F B$, 连接 $B P$,
$\because \angle B F C=120^{\circ}$,
$\therefore \angle B F P=60^{\circ}$,
$\therefore \triangle P B F$ 为正三角形,
$\therefore \angle B P F=60^{\circ}, \quad \angle P B C+\angle P C B=\angle P C B+\angle F C M=120^{\circ}$,
\begin{aligned}
&\therefore \angle F C M=\angle P B C, \\
&\because \angle Q F N=\angle C M N, \\
&\therefore F Q / / C M, \\
&\therefore \angle P F Q=\angle F C M, \\
&\therefore \angle P F Q=\angle P B C \text {, } \\
&\text { 又 } \because P B=P F, F Q=B C \\
&\therefore \triangle P F Q \cong \triangle P B C(\mathrm{SAS}), \\
&\therefore P Q=P C, \angle Q P F=\angle C P B=60^{\circ}, \\
&\therefore \triangle P C Q \text { S正三角形, } \\
&\therefore B F+C F=P F+C F=P C=Q C=2 C N \text {, 即 } B F+C F=2 C N \text {; }
\end{aligned}




【小问 3 详解】
由(2)知 $\angle B F C=120^{\circ}$,
$\therefore F$ 轨迹为如图 3-1 中圆弧, $O$ 为所在圆的圆心, 此时 $A O$ 垂直平分 $B C$,
$\therefore P 、 F 、 O$ 三点共线时, $P F$ 取得最小值,
$\because \angle P A O=\angle P A B+\angle B A O=$ $\therefore \tan \angle A P K=\frac{A O}{A P}=\frac{2}{\sqrt{3}}$,
$\therefore \angle H P K > 45^{\circ}$,
$\because Q K \perp P F$,
$\therefore \angle P K H=\angle Q K H=45^{\circ}$,
如图 3-2, 作 $H L \perp P K$ 于 $L$,
设 $H L=L K=2$,
在 $R t \triangle \mathrm{HLP}$ 中, $\tan \angle H P L=\frac{H L}{P L}=\frac{2}{\sqrt{3}}$, 即 $\frac{2}{P L}=\frac{2}{\sqrt{3}}$,
$\therefore P L=\sqrt{3}$,
$\therefore P H=\sqrt{(\sqrt{3})^2+2^2}=\sqrt{7}, \quad H K=\sqrt{2^2+2^2}=2 \sqrt{2}$,
设 $P Q$ 与 $H K$ 交于点 $R$, 则 $H K$ 垂直平分 $P Q$,
$\because S_{\triangle P H K}=\frac{1}{2} P K \cdot H L=\frac{1}{2} H K \cdot P R$,

$
\begin{aligned}
&\therefore(2+\sqrt{3}) \times 2=2 \sqrt{2} P R, \\
&\therefore P R=\frac{2+\sqrt{3}}{\sqrt{2}}, \\
&\therefore P Q=2 P R=\frac{4+2 \sqrt{3}}{\sqrt{2}}, \\
&\because B C=A P=2 P H=2 \sqrt{7}, \\
&\therefore \frac{P Q}{B C}=\frac{4+2 \sqrt{3}}{\sqrt{2}} \times \frac{1}{2 \sqrt{7}}=\frac{2 \sqrt{14}+\sqrt{42}}{14} .
\end{aligned}
$

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