Question

14．如圖，在△ABC中，DE∥BC分別交AB于D，交AC于E，已知CD⊥BE，CD=3、BE=5，求BC+DE的值．小明發(fā)現(xiàn)：過(guò)點(diǎn)E作EF∥DC，交BC延長(zhǎng)線于點(diǎn)F，構(gòu)造△BEF，經(jīng)過(guò)推理和計(jì)算可以解決．
如圖①
（1）BC+DE=$\sqrt{34}$；
（2）利用小明的方法寫(xiě)出推理過(guò)程
（3）參考小明的方法解決下列問(wèn)題
如圖②，已知?ABCD和矩形ABEF，AC與DF交于點(diǎn)G，F(xiàn)D=FB，且∠BFD=30°，∠EBF=60°，判斷AC與DF的數(shù)量關(guān)系并證明．

Answer 1

分析 （1）由DE∥BC，EF∥DC，可證得四邊形DCFE是平行四邊形，求出DE=CF，DC=EF，由DC⊥BE，四邊形DCFE是平行四邊形，可得Rt△BEF，求出BF的長(zhǎng)，證明BC+DE=BF；
（2）連接AE，CE，由四邊形ABCD是平行四邊形，四邊形ABEF是矩形，易證得四邊形DCEF是平行四邊形，繼而證得△ACE是等腰直角三角形，求出AC=$\sqrt{2}$CE，求出DF=CE，即可得出答案．

解答 （1）解：∵DE∥BC，EF∥DC，
∴四邊形DCFE是平行四邊形．
∴DE=CF，DC=EF，
∴BC+DE=BC+CF=BF．
∵DC⊥BE，DC∥EF，
∴∠BEF=90°．在Rt△BEF中，
∵BE=5，CD=3，
∴BF=$\sqrt{B{E}^{2}+E{F}^{2}}$=$\sqrt{{5}^{2}+{3}^{2}}$=$\sqrt{34}$
∴BC+DE=$\sqrt{34}$，
故答案為：$\sqrt{34}$；

（2）AD=$\sqrt{2}$DF，
證明：連接AE，CE，如圖，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AB∥DC．
∵四邊形ABEF是矩形，
∴AB∥FE，BF=AE．
∴DC∥FE．
∴四邊形DCEF是平行四邊形．
∴CE=DF，
∵四邊形ABEF是矩形，
∴BF=AE，
∵BF=DF，
∴DF=CE，
∵四邊形ABEF是矩形，
∴AF=BE，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AD=BC，
在△FAD和△EBC中
$\left\{\begin{array}{l}{AD=BC}\\{AF=BE}\\{DF=CE}\end{array}\right.$
∴△FAD≌△EBC（SSS），
∴∠AFD=∠BEC，
∵四邊形ABEF是矩形，
∴∠FEB=∠EFA=90°，
∵∠EBF=60°，∠BFD=30°，
∴∠DFA=90°-30°-（90°-60°）=30°，
∴∠CEB=30°，
∵四邊形ABEF是矩形，
∴OE=OB，
∵∠EBF=60°，
∴∠BEA=∠EBF=60°，
∴∠AEC=60°+30°=90°，
即△AEC是等腰直角三角形，
∴AC=$\sqrt{2}$CE，
∵DF=CE，
∴AC=$\sqrt{2}$DF．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了平行四邊形的判定與性質(zhì)、矩形的性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)以及勾股定理．連接AE、CE構(gòu)造等邊三角形是關(guān)鍵，題目比較好，難度偏大．