Question

11．已知△ABC為任意三角形．
（1）如圖1，分別以AB、AC為邊，向形外作兩個(gè)等邊三角形△ABD、△ACE，連接BE、CD交于點(diǎn)O，試證明：OA+OC=OE．
（2）如圖2，分別以邊AB、AC為底，向形外作兩個(gè)等腰直角三角形△ABD、△ACE，取BC的中點(diǎn)F，連接DF，EF，試判斷DF與EF的數(shù)量關(guān)系和位置關(guān)系，并說(shuō)明理由．
（3）如圖3，分別以邊AB、AC、BC為底，向形外作三個(gè)頂角為120°等腰三角形△ABD、△ACE、△BCF，試判斷△DEF的形狀，并說(shuō)明理由；
（4）如圖4，在邊上向形外作△ABD、△ACE、△BCF，使得∠ABD=∠ACE=45°，∠BAD=∠CAE=30°，∠FBC=∠FCB=15°，試判斷△DEF的形狀，并說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）如圖1，在DC上取一點(diǎn)F，使DF=OB，連接AF，證明△DAC≌△BAE得DC=BE，則FC=OE，再證明△ADF≌△ABO和△AFC≌△AOE，得△AFO為等邊三角形，則AO=OF，從而得出結(jié)論；
（2）作輔助線構(gòu)建等腰直角三角形和全等三角形，根據(jù)（1）先證明CM=BN和CM⊥BN，再利用三角形的中位線可得DF∥MC，DF=MC，EF∥BN，EF=BN，最后證明四邊形PFQO是矩形，得出結(jié)論；
（3）向外做等腰三角形，構(gòu)建如圖1類似的全等三角形，證明△ABJ≌△AIC，得BJ=CI，證明△ICN≌△JBM，得IN=JM，由$\frac{BD}{BI}=\frac{BF}{BN}=\frac{DF}{IN}$=$\frac{1}{3}$，則$\frac{EF}{JM}=\frac{1}{3}$得DF=EF，從而得出△DEF是等邊三角形；
（4））△DEF為等腰直角三角形，理由是：作輔助線構(gòu)建等腰三角形，與（3）同理，得：$\frac{EF}{OM}$=$\frac{DF}{PN}$，EF=DF，再同理得矩形FGHQ，則得出結(jié)論．

解答 證明：（1）如圖1，在DC上取一點(diǎn)F，使DF=OB，連接AF，
∵△ABD、△ACE都是等邊三角形，
∴AD=AB，AC=AE，∠DAB=∠CAE=60°，
∴∠DAB+∠BAC=∠CAE+∠BAC，
即∠DAC=∠BAE，
∴△DAC≌△BAE，
∴∠CDA=∠ABE，CD=BE，
∴△ADF≌△ABO，
∴AF=AO，
∵CD=BE，DF=OB，
∴CF=OE，
∴△AFC≌△AOE，
∴∠FAC=∠OAE，
∴∠FAO+∠OAC=∠EAC+∠OAC，
∴∠FAO=∠EAC=60°，
∴△AFO為等邊三角形，
∴AO=OF，
∵FC=OE，
∴FO+OC=OE，
∴OA+OC=OE；
（2）如圖2，DF=EF且DF⊥EF，理由是：
延長(zhǎng)BD至M，使BD=DM，延長(zhǎng)CE至N，使CE=EN，連接CM、AM、AN、BN，
∵△ADB、△ACE是等腰直角三角形，
∴AD=BD=DM，AE=EC=EN，
∴△ADM、△AEN也是等腰直角三角形，且AM=AB，AC=AN，
∴∠MAB=∠MAD+∠BAD=45°+45°=90°，
同理∠CAN=90°，
∴∠MAB+∠BAC=∠CAN+∠BAC，
即∠MAC=∠BAN，
∴△MAC≌△BAN，
∴MC=BN，∠CMA=∠ABN，
在△AMG中，∠AMG+∠AGM=90°，
∵∠AGM=∠CGB，
∴∠ABN+∠CGB=90°，
∴∠GOB=90°，
∴MC⊥BN，
∵D是BM的中點(diǎn)，F(xiàn)是BC的中點(diǎn)，
∴DF∥MC，DF=MC，
同理得：EF∥BN，EF=BN，
∴DF=EF，四邊形PFQO是平行四邊形，
∵∠POQ=90°，
∴?PFQO是矩形，
∴∠DFE=90°，
∴DF⊥EF；
（3）如圖3，△DEF是等邊三角形，理由是：
過(guò)A作AD的垂線交BD延長(zhǎng)線于I，過(guò)A作AE的垂線交CE延長(zhǎng)線于J，
過(guò)B作BF的垂線交CF延長(zhǎng)線于M，過(guò)C作CF的垂線交BF延長(zhǎng)線于N，
連接CI、BJ、IN、JM，
得△ABI、△ACJ、△BCN、△MBC為頂角為120°的等腰三角形，
設(shè)BD=AD=x，則ID=2x，
∴$\frac{BD}{BI}$=$\frac{1}{3}$，
同理$\frac{BF}{BN}=\frac{CF}{CM}=\frac{CE}{CJ}=\frac{1}{3}$，
∵∠IBN=∠DBF，
∴△DBF∽△IBN，
∴$\frac{DF}{IN}$=$\frac{BF}{BN}$=$\frac{1}{3}$，
同理$\frac{EF}{JM}$=$\frac{1}{3}$，
∴$\frac{DF}{IN}=\frac{EF}{JM}$，
∵∠CAJ=∠BAI=90°+30°=120°，
∴∠CAI=∠BAJ，
∵AB=AI，AC=AJ，
∴△ABJ≌△AIC，
∴BJ=CI，
∵△BCN、△MBC是等腰三角形，
∴BC=CN，BC=BM，
∴BM=CN，
∵∠JBA=∠AIC，
根據(jù)三角形內(nèi)角和定理得：∠JBC+∠ICB=120°，
∵∠MBC=∠BCN=120°，
∴∠JBC+∠ICB+∠MBC+∠BCN=360°，
∴∠JBM+∠ICB+∠BCN=360°，
∵∠ICN+∠ICB+∠BCN=360°，
∴∠JBM=∠ICN，
∴△ICN≌△JBM，
∴IN=JM，
∴DF=EF，
同理DE=DF，
∴DF=EF=DE，
∴△DEF是等邊三角形；
（4）△DEF為等腰直角三角形，理由是：
如圖4，分別過(guò)A、B、C作等腰△ABP、△ACO、△BMF、△FCN，
連接PC、BO，
∵AB=AP，∠ABD=45°，
同理∠CAO=90°，
∴∠PAC=90°+∠BAC，∠BA0=90°+∠BAC，
∴∠PAC=∠BAO，
∵AO=AO，
∴△BAO≌△PAC，
∴BO=PC，
如圖5，連接PN、OM，由（3）同理得：PC⊥BO，
∵BF=BM，F(xiàn)C=CN，
∴BM=CN，
∵∠BMC=30°，∠BCM=15°，
∴∠MBC=135°，
同理∠BCN=135°，
∴∠OBC+∠MBC+∠BCN+∠PCB=360°，
∴∠OBM+∠BCN+∠PCB=360°，
∵∠PCN+∠BCN+∠PCB=360°，
∴∠OBM=∠PCN，
∴△OBM≌△PCN，
∴OM=PN，
如圖6，過(guò)E作EQ⊥AC于Q，
設(shè)EQ=x，則CQ=x，AE=2x，
由勾股定理得：AQ=$\sqrt{3}$x，CE=$\sqrt{2}$x，
∴AC=AO=（1+$\sqrt{3}$）x，
∵△AOC是等腰直角三角形，
∴OC=$\sqrt{2}$AC=$\sqrt{2}$（1+$\sqrt{3}$）x，
∴$\frac{CE}{CO}$=$\frac{\sqrt{2}x}{\sqrt{2}（1+\sqrt{3}）x}$=$\frac{1}{1+\sqrt{3}}$，
如圖7，過(guò)B作BH⊥MC于H，
∵∠HFB=30°，
設(shè)BH=x，則FH=$\sqrt{3}$x，BF=FC=2x，
∴MH=HF=$\sqrt{3}$x，
∴$\frac{CF}{CM}$=$\frac{2x}{2x+2\sqrt{3}x}$=$\frac{1}{1+\sqrt{3}}$，
∴$\frac{CE}{CO}=\frac{CF}{CM}$，
由（3）同理得：$\frac{EF}{OM}$=$\frac{DF}{PN}$，
∴EF=DF，
同理得：四邊形FGHQ為平行四邊形，
∵∠QHG=90°，
∴?FGHQ為矩形，
∴∠DFE=90°，
∴△DEF為等腰直角三角形．

點(diǎn)評(píng) 本題是三角形的綜合題，圖形較復(fù)雜，綜合性較強(qiáng)；都運(yùn)用了向外作等腰三角形的輔助線作法，構(gòu)建全等三角形，再利用相似三角形的判定的性質(zhì)得出邊相等的結(jié)論，從而可以得出特殊的三角形．