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18.菱形ABCD中,∠B=60°,∠MAN=60°,射線AM交直線BC于點(diǎn)E,射線AN交直線CD于點(diǎn)F,連結(jié)EF,請(qǐng)解答下列問題:
(1)如圖1,求證:EC+FC=AC;
(2)將∠MAN繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn),如圖2,如圖3,請(qǐng)直接寫出線段EC,F(xiàn)C,AC之間的數(shù)量關(guān)系,不需要證明;
(3)若S菱形ABCD=18$\sqrt{3}$,∠CAE=30°,則CF=3或12.

分析 (1)首先證明△ABC為等邊三角形,然后再證明△ABE≌△ACF,依據(jù)全等三角形的性質(zhì)可知BE=CF,然后通過等量代換可得到EC+CF=AC;
(2)圖2可先證明△ABC為等邊三角形,然后再證明△ABE≌△ACF,由全等三角形的性質(zhì)可得到BE=CF,然后通過等量代換可得到AC+CF=EC;圖3可證明△ACE≌△ADF,從而得到CE=DF,通過等量代換可得到CF=AC+CE;
(3)圖1中,依據(jù)等腰三角形三線合一的性質(zhì)可知AE⊥BC,BE=CE,然后可求得AE=$\frac{\sqrt{3}}{2}$AB,依據(jù)菱形的面積公式可求得AB=6.,從而得到BE=EC=3,由(2)可知CF=BE,從而可求得CF的長(zhǎng),圖3在Rt△ABE中,可求得BE=12,然后由CF=BE可求得CF的長(zhǎng).

解答 解:(1)如圖1所示:

∵四邊形ABCD為菱形,∠B=60°
∴AB=BC,∠ACF=∠B=60°.
又∵∠B=60°,
∴△ABC為等邊三角形.
∴AC=BC=AB,∠BAC=60°.
又∵∠MAN=60°,
∴∠BAE=∠CAF.
在△ABE和△ACF中$\left\{\begin{array}{l}{∠B=∠ACF}\\{AB=AC}\\{∠BAE=∠CAF}\end{array}\right.$,
∴△ABE≌△ACF(ASA).
∴BE=CF.
∴EC+CF=EC+BE=BC.
又∵BC=AC,
∴EC+CF=AC.

(2)如圖2所示:AC+CF=EC.

∵四邊形ABCD為菱形,∠B=60°
∴AB=BC,∠ACD=∠B=60°.
∴∠ACF=120°.
∵∠B=60°,AB=BC,
∴△ABC為等邊三角形.
∴AC=BC=AB,∠ABC=60°.
∴∠ABE=120°.
∴∠ABE=∠ACF.
∵∠MAN=∠BAC=60°
∴∠BAE=∠CAF.
在△ABE和△ACF中$\left\{\begin{array}{l}{∠BAE=∠CAF}\\{AB=AC}\\{∠ABE=∠ACF}\end{array}\right.$,
∴△ABE≌△ACF(ASA).
∴BE=CF.
∴FC+BC=BE+BC=CE.
∵BC=AC,
∴FC+AC=CE.
如圖3所示:
又∵BC=AC,
∴EC+CF=AC.
如圖3所示:CF=AC+CE.

在△ACE和△ADF中$\left\{\begin{array}{l}{∠CAE=∠DAF}\\{AC=AD}\\{∠ACE=∠ADF=120°}\end{array}\right.$,
△ACE≌△ADF(ASA).
∴CE=DF.
∴CF=CD+DF=CD+CE=AC+CE,即CF=AC+CE.
(3)如圖1所示:
∵∠CAE=30°,∠CAB=60°,
∴AE平分∠CAB.
又∵AB=AC,
∴AE⊥BC,BE=CE.
∴AE=$\frac{\sqrt{3}}{2}$AB.
∵S菱形ABCD=18$\sqrt{3}$,
∴AB•$\frac{\sqrt{3}}{2}$AB=18$\sqrt{3}$.
∴AB=6.
∴BE=EC=3.
∴CF=3.
如圖3所示:
∵∠CAE=30°,∠BAC=60°,
∴∠BAE=90°.
又∵AB=6,∠B=60°,
∴BE=12.
∴CF=AC+CE=BC+CE=12.
綜上所述,CF=3或CF=12.
故答案為:3或12.

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查的是四邊形的綜合應(yīng)用,解答本題主要應(yīng)用了全等三角形的性質(zhì)和判定、菱形的性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)和判定,找出圖中全等的三角形是解題的關(guān)鍵.

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