浅谈如何做好初高中数学的衔接-高中数学极坐标啥东西
综合题答案
1
.如图,平面直角坐标系中,直线l
分别交x轴、y轴于A、B两点(OA<OB)且OA、OB的长分别是一元二次方
程的两个根,点C在
x轴负半轴上,且AB:AC=1:2
(1)求A、C两点的坐标;
(2)若点M从C点出
发,以每秒1个单位的速度沿射线CB运动,连接AM,设△ABM的面积为S,点M的运动时间为
t,
写出S关于t的函数关系式,并写出自变量的取值范围;
(3)点P是y轴上的点,在坐标平面内是否存在点Q,使以
A、B、P、Q为顶点的四边形是菱形?若存在,请直接写
出Q点的坐标;若不存在,请说明理由.
1答案:
.
2
.如图,二次函数y=ax
2
+x+c的图象与x轴交于点A、B两点,且A点坐标
为(-2,0),与y轴交于点C(0,3).
(1)求出这个二次函数的解析式;
(2)直接写出点B的坐标为______;
(3)在x轴是否存在一点P,使△ACP是等腰三角形
?若存在,求出满足条件的P点坐标;若不存在,请说明理由;
(4)在第一象限中的抛物线上是否存
在一点Q,使得四边形ABQC的面积最大?若存在,请求出Q点坐标及面积的
最大值;若不存在,请说
明理由.
解答
:解:(1)∵y=ax
+x+c的图象经过A(-2,0),C(0,3),
2
∴c=3,a=-,
∴所求解析式为:y=-x
2
+x+3;
(2)(6,0);
(3)在Rt△AOC中,
∵AO=2,OC=3,
∴AC=,
,0);
-2,0);
①当P
1
A=AC
时(P
1
在x轴的负半轴),P
1
(-2-
②当P
2
A=AC时(P
2
在x轴的正半轴),P2(
③当P
3
C=AC时
(P
3
在x轴的正半轴),P3(2,0);
④当P
4
C=P
4
A时(P
4
在x轴的正半轴),
在Rt△P
4
OC中,设P
4
O=x,则(x+2)
2=x
2
+3
2
解得:x=,
∴P
4
(,0);
.
(4)解:如图,设Q点坐标为(x,y),因为点Q在y=-x
2
+x+3上,
即:Q点坐标为(x,-x
2
+x+3),
连接OQ,S
四边形A
BQC
=S
△AOC
+S
△OQC
+S
△OBQ
=3+x+3(-x
2
+x+3)
=-x
2
+x+12,
∵a<0,
∴S
四边形ABQC最大值
=
,Q点坐标为(3,)。
3
.如图(1),抛物线与x轴交于A、B两点,与y轴交
于点C(0,).[图(2)、
图(3)为解答备用图]
(1) ,点A的坐标为
,点B的坐标为 ;
的顶点为M,求四边形ABMC的面积; (2)设抛物线
(3
)在x轴下方的抛物线上是否存在一点D,使四边形ABDC的面积最大?若存在,请求出点D的坐标;
若不存在,请说明理由;
(4)在抛物线
.
上求点Q,使△BCQ是以BC为直角边的直角三角形.
解答
:
解:(1)
A(-1,0),
B(3,0).
,
(2)如图(1),抛物线的顶点为M(1,-4),连结OM.
则
△AOC的面积=
△MOB的面积=6,
,△MOC的面积=,
∴ 四边形
ABMC的面积
=△AOC的面积+△MOC的面积+△MOB的面积=9.
说明:也可过点M作抛物线的对称轴,将四边形ABMC的面
积转化为求1个梯形与2个直角三角形面积的和.
(3)如图(2),设D(m,
则 0<m<3, <0.
),连结OD.
且
△AOC的面积=,△DOC的面积=,
△DOB的面积=-(),
∴ 四边形
ABDC的面积=△AOC的面积+△DOC的面积+△DOB的面积
=
.
=.
∴ 存在点D
(4)有两种情况:
,使四边形ABDC的面积最大为.
如图(3),过点B作BQ
1
⊥BC,
交抛物线于点Q
1
、交y轴于点E,连接Q
1
C.
∵ ∠CBO=45°,∴∠EBO=45°,BO=OE=3.
∴
点E的坐标为(0,3).
∴ 直线BE的解析式为.
由 解得
∴
点Q
1
的坐标为(-2,5).
如图14(4),过点C作CF⊥CB,交抛物线于
点Q
2
、交x轴于点F,连接BQ
2
.
∵
∠CBO=45°,∴∠CFB=45°,OF=OC=3.
∴ 点F的坐标为(-3,0).
∴ 直线CF的解析式为.
由 解得
∴点Q
2
的坐标为(1,-4).
综上,在抛物线上存在点Q
1<
br>(-2,5)、Q
2
(1,-4),使△BCQ
1
、△BCQ
2
是以BC为直角边的直角三角
形.
说明:如图14(4),点Q
2
即抛物线顶点M,直接证明△BCM为直角三角形
4
.如图1,在△ABC中,AB=BC,P为A
B边上一点,连接CP,以PA、PC为邻边作?APCD,AC与PD相交于
点E,已知∠ABC=∠
AEP=α(0°<α<90°).
(1)求证:∠EAP=∠EPA;
(2)?APCD是否为矩形?请说明理由;
(3)如图2,F为BC中点,连接FP,将∠
AEP绕点E顺时针旋转适当的角度,得到∠MEN(点M、N分别是∠
MEN的两边与BA、FP延长
线的交点).猜想线段EM与EN之间的数量关系,并证明你的结论.
.
考点:旋转的性质;全等三角形的判定;等腰三角形的性质;平行四边形的性质;矩形的判定。
专题:证明题;探究型。
分析:(1)根据AB=BC可证∠CAB=∠ACB,则在△AB
C与△AEP中,有两个角对应相等,根据三角形内角和定理,
即可证得;
(2)由(1)知∠EPA=∠EAP,则AC=DP,根据对角线相等的平行四边形是矩形即可求证;
(3)可以证明△EAM≌△EPN,从而得到EM=EN.
解答
:(1)证明:在△ABC和△AEP中,
∵∠ABC=∠AEP,∠BAC=∠EAP,
∴∠ACB=∠APE,
在△ABC中,AB=BC,
∴∠ACB=∠BAC,
∴∠EPA=∠EAP.
(2)解:?APCD是矩形.理由如下:
∵四边形APCD是平行四边形,
∴AC=2EA,PD=2EP,
∵由(1)知∠EPA=∠EAP,
∴EA=EP,
则AC=PD,
∴?APCD是矩形.
(3)解:EM=EN.
证明:∵EA=EP,
∴∠EPA===90°﹣α,
∴∠EAM=180°﹣∠EPA=180°﹣(90°﹣α)=90°+α,
由(2)知∠CPB=90°,F是BC的中点,
∴FP=FB,
∴∠FPB=∠ABC=α,
∴∠EPN=∠EPA+∠APN=∠EPA+∠FPB=90°﹣α+α=90°+α,
∴∠EAM=∠EPN,
∵∠AEP绕点E顺时针旋转适当的角度,得到∠MEN,
∴∠AEP=∠MEN,
∴∠AEP﹣∠AEN=∠MEN﹣∠AEN,即∠MEA=∠NEP,
.
在△EAM和△EPN中,
∴△EAM≌△EPN(AAS),
∴EM=EN.
点评:本题主要考查了等腰三
角形的性质,以及矩形的判定方法,在旋转中找到题目中存在的相等的线段以及相等的
角是解决本题的关
键.
5
.提出问题:如图①,在正
方形ABCD中,点P,F分别在边BC、AB上,若AP⊥DF于点H,则AP=DF.类
比探究:
(1)如图②,在正方形ABCD中,点P、F.、G分别在边BC、AB、AD上,若GP⊥DF于点
H,探究线段GP与
DF的数量关系,并说明理由;
(2)如图③,在正方形ABCD中,点
P、F、G分别在边BC、AB、AD上,GP⊥DF于点H,将线段PG绕点P逆
时针旋转90°得到
线段PE,连结EF,若四边形DFEP为菱形,探究DG和PC的数量关系,并说明理由.
【分析】(1)如答图1,过点A作AM⊥DF 交BC于点M.通过证明△BAM≌△ADF得到其对
应边相等:AM=DF,
则又由平行四边形的性质推知AM=GP,则GP=DF;
(2)如
答图2,过点P作FN⊥AD与点N.根据菱形的性质、等腰三角形的“三线合一”的性质推知DG=2DN,然
后
结合矩形DNPC的性质得到:DG=2PC.
【解答】
解:(1)GP=DF.理由如下:
如答图1,过点A作AM⊥DF
交BC于点M.
∵四边形ABCD是正方形,
∴AD=AB,∠B═90°,
∴∠BAM=∠ADF,
在△BAM与△ADF中,
,
∴△BAM≌△ADF(ASA),
∴AM=DF
.
又∵四边形AMPG为平行四边形,
∴AM=GP,即GP=DF;
(2)DG=2PC.理由如下:
如答图2,过点P作FN⊥AD与点N.
若四边形DFEP为菱形,则DP=DF,
∵DP=DF,
∴DP=GP,即DG=2DN.
∵四边形DNPC为矩形,
∴PC=DN,
∴DG=2PC.
6
.如图,抛物线
y??x?bx?c
与x轴交于A(1,0),B(- 3
,0)两点,(1)求该抛物线的解析式;(2)设(1)
2
中的抛物线交y轴于C点,在该抛
物线的对称轴上是否存在点Q,使得△QAC的周长最小?若存在,求出Q点的坐标;
若不存在,请说明
理由.(3)在(1)中的抛物线上的第二象限上是否存在一点P,使△
PBC
的面积最大?,
若存在,
求出点P的坐标及△
PBC
的面积最大值.若没有,请说明理由.
解答
:(1)将A(1,0),B(-3,0)代
y??x
∴抛物线解析式为:
y??x?2x?3
2
2
?
?1?b
?c=0
?
b??2
?bx?c
中得
?
∴
?
?
?9?3b?c?0
?
c?3
(2)存在。
理由如下:由题知A、B两点关于抛物线的对称轴
x??1
对称
.
∴直线BC与
x??1
的交点即为Q点,
此时△AQC周长最小 ∵
y??x?2x?3
2
?
x??1
∴C的坐标为:(0,3)
直线BC解析式为:
y?x?3
Q点坐标即为
?
的解
y?x?3
?
∴
?
?
x??1
∴Q(-1,2)
?
y?2
(3)答:存在。理由如下:
?x?2x?3) (?3?
x?0)
∵
S
?BPC
?S
四边形BPCO
?S
?
BOC
?S
四边形BPCO
?
设P点
(x,
2
9<
br>若
S
四边形BPCO
有最大值,
2
11
BE?PE?
OE(PE?OC)
22
1133927
=
(x?3)(?x2
?2x?3)?(?x)(?x
2
?2x?3?3)
=
?(x
?)
2
??
2228
22
3927
927927
当
x??
时,
S
四边形BPCO
最大值=
?
∴
S
?BPC
最大=
?
??
228<
br>2828
3
15315
当
x??
时,
?x
2
?2x?3?
∴点P坐标为
(?, )
2
424
则
S
?BPC
就最大,∴
S
四边形BPCO
=S
Rt?BPE
?S
直角梯形PEOC
?
B
O
Q
A
x
B
y
C
P
y
C
A
x
E
O
(2)
(3)
7.
在平面直角坐标系xOy
中,已知抛物线y=x
2
﹣2mx+m
2
﹣9.
何值,该抛物线与x轴总有两个交点;
于A,B两点,点A在点B的左侧,且OA<OB,与
y轴的交点坐标为(0,﹣5),求此
抛物线的对称轴与x轴的交点为N,若点M是线段AN上的任意一
点,过点M作直线
点C,记点C关于抛物线对称轴的对称点为D,点P是线段MC上一点,且满足MP=
MC,
(1)求证:无论m为
(2)该抛物线与x轴交
抛物线的解析式;
(3)在(2)的条件下,
MC⊥x轴,交抛物线于
.
连结CD,PD,作PE⊥PD交x轴于点E,问是否存在这样的点E,使得PE=PD?若存在,求出
点E的坐标;若不存
在,请说明理由.
解答
:解:(1)令y
=0,则x﹣2mx+m﹣9=0,∵△=(﹣2m)﹣4m+36>0,
2222
∴无论m
为何值时方程x
2
﹣2mx+m
2
﹣9=0总有两个不相等的实数根, ∵抛物线y=x
2
﹣2mx+m
2
﹣9的开口向上,顶点在x轴的下方,
∴该抛物线与x轴总有两个交点.
(2)∵抛物线y=x
2
﹣2mx+m<
br>2
﹣9与y轴交点坐标为(0,﹣5),∴﹣5=m
2
﹣9.
解得:m=±2.当m=﹣2,y=0时,x
2
+4x﹣5=0
解得:x
1
=﹣5,x
2
=1,
∵抛物线y=x
2
﹣2mx+m
2
﹣9与x轴交于A,B两点(点A在点B的左侧,
且OA<OB),∴m=﹣2不符合题意,舍去.∴m=2.
∴抛物线的解析式为y=x
2
﹣4x﹣5;
(3)如图2,假设E点存在,∵MC⊥EM,CD⊥MC,
∴∠EMP=∠PCD=90°.∴∠MEP+∠MPE=90°
∵PE⊥PD,∴∠EPD=90°,∴∠MPE+∠DPC=90°。∴∠MEP=∠CPD.
在△EMP和△PCD中,
,∴△EPM≌△PDC(AAS).∴PM=DC,EM=PC
设C(x
0
,y
0
),则D(4﹣x
0
,y
0
),P(x0,y0).
21题答图
∴2x0﹣4=﹣y0.
∵点
C在抛物线y=x
2
﹣4x﹣5上;∴y
0
═x
0
2
﹣4x
0
﹣5 ∴2x0﹣4=﹣(x
0
2
﹣4x0﹣5).
解得:x
01
=1,x
02
=11(舍去),∴P(1,﹣2).∴
PC=6.∴ME=PC=6.∴E(7,0).
8
.
.
如图,在平面直角
坐标系xoy中,直线y=x+3交x轴于A点,交y轴于B点,过A、B两点的抛物
线y=-x
2
+bx+c交x轴于另一点C,点D是抛物线的顶点.
(1)求此抛物线的解析式; <
br>(2)点P是直线AB上方的抛物线上一点,(不与点A、B重合),过点P作x轴的垂线交x轴于点H,
交
直线AB于点F,作PG⊥AB于点G.求出△PFG的周长最大值;
(3)在抛物线y=
ax
2
+bx+c上是否存在除点D以外的点M,使得△ABM与△ABD的面积相等?若存在
,
请求出此时点M的坐标;若不存在,请说明理由.
解答
:(1)直线
AB
:
y?x?3
与坐标轴交于
A
(-3,0)、
B
(0,3)
代入抛物线解析式
y??x
2
?bx?c
中
?
?
0??9?3b?c
?
b??
3?c
∴
?
2
3
?
?
c?
∴抛物线解析式为:
y??x
2<
br>?2x?3
……… 4分
(2)由题意可知△
PFG
是等腰直角三角形,
设
P(m,?m
2
?2m?3)
∴
F(m,m?3)
∴
PF??m
2
?2m?3?m?3
??m
2
?3m
△PFG
周长为:
-m
2
?3m?2(?m
2
?3m)
=
?(2?1)(m?
3
9(2?1)
2
)
2
?
4
∴
△PFG
周长的最大值为:
9(2?1)
4
…… 8
分
(3)点
M
有三个位置,如图所示的
M
1
、
M
2
、
M
3
,都能使△
ABM
的面积等于△
ABD
的面积.
此时
DM
1
∥
AB
,
M
3
M
2
∥
AB
,且与
AB
距离相等
∵D(-1,4),则E(-1,2)、则N(-1,0)
∵
y?x?3
中,
k
=1
∴直线
DM
1
解析式为:
y?x?5
直线
M3
M
2
解析式为:
y?x?1
…………9分
∴
x?5??x
2
?2x?3
或
x?1??x
2
?2x?3
∴
x
1
??1,x
2
??2,x
?3?
17?3?17
3
?
2
,x
4
?
2
.
∴
M
1
(?2,3)
、………………10 分
M
2
(
M
3
(
?3?17?1?17
,)
…11
分
22
?3?17?1?17
,)
…… 12 分
22
9
.
△ABC
是等边三角形,点
D
是射线
BC
上的一个动点(点
D
不与点
B、C
重合),
△ADE
是以
AD
为边的
等边三角形,过点
E
作
BC
的平行线,分别交射线
AB、A
C
于点
F、G
,连接
BE
.
(1)如图(a)所示,当点
D
在线段
BC
上时.
①求证:
△AEB≌△ADC
;
②探究四边形
BCGE
是怎样特殊的四边形?并说明理由;
(2)如图(b)所示,
当点
D
在
BC
的延长线上时,直接写出(1)中的两个结论是否成立? (3)在(2)的情况下,当点
D
运动到什么位置时,四边形
BCGE
是
菱形?并说明理由.
A
A
F
G
E
B
C
B
D
C
图(a)
F
E
(1)①证明:∵
△ABC
和
△ADE
都是等边三角形,
图(b)
∴
AE?AD,AB?AC,?EAD??BAC?60°
.
······ 1分
A
又∵
?EAB??EAD??BAD
,
?DAC??BAC??BAD
,
∴
?EAB??DAC
,
∴
△AEB≌△ADC
.
············································ 3分
F
②法一:由①得
△AEB≌△ADC
,
G
E
∴
?ABE??C?60°
.
C
B
D
又∵
?BAC??C?60°
,
图(a)
.
第25题图
D
解答
G
∴
?ABE??BAC
,
∴
EB∥GC
. ······
·················································
5分
又∵
EG∥BC
,
∴四边形
BCGE
是平行四边形. ······················
·················································
6分
法二:证出
△AEG≌△ADB
,
得
EG?AB?BC
. ···························
··················································
········· 5分
由①得
△AEB≌△ADC
.
得
BE?CG
.
∴四边形
BCGE
是平行四边形. ··
··················································
··················· 6分
(2)①②都成立.··············
··················································
························· 8分
(3)当
CD?CB
(
BD?2CD
或
CD?
是菱形. ··················
············································· 9分
理由:法一:由①得
△AEB≌△ADC
,
∴
BE?CD
··················································
······· 10分
B
又∵
CD?CB
, D
C
∴
BE?CB
. ······························
························· 11分
由②得四边形
BCGE
是平行四边形,
F
G
E
∴四边形
BCGE
是菱形.
········································ 12分
图(b)
法二:由①得
△AEB≌△ADC
,
第25题图
∴
BE?CD
. ······························
··················································
·············· 9分
又∵四边形
BCGE
是菱形,
∴
BE?CB
·······························
··················································
················ 11分
∴
CD?CB
. ·········
··················································
·································· 12分
法三:∵四边形
BCGE
是平行四边形,
∴
BE∥CG,EG∥BC
,
∴
?FBE??BAC?60°················································
·· 9分
,?F??ABC?60°
·
∴
?F??FBE?60°
,
∴
△BEF
是等边三角形. ·························
··················································
··· 10分
又∵
AB?BC
,四边形
BCGE
是菱形,
∴
AB?BE?BF
,
∴
AE⊥FG
········
··················································
····································· 11分
∴
?EAG?30°
,
∵
?EAD?60°
,
∴
?CAD?30°
.
.
1
时,四边
形
BCGE
BD
或
?CAD?30°
或
?BAD?90°<
br>或
?ADC?30°
)
2
A
10
.如图,在平面直角坐标系中,O为坐标原点,抛物线y=x
2
+2x与x轴相交于O、B,顶点为A,连接OA.
(1)求点A的坐标和∠AOB的度数; (2)若将抛物线y=x
2
+2x向右平移4个单位,再向下平移2个单位,得到抛物线m
,其顶点为点C.连接OC和
AC,把△AOC沿OA翻折得到四边形ACOC′.试判断其形状,并说
明理由;
(3)在(2)的情况下,判断点C′是否在抛物线y=x
2
+2x上,请说明理由;
(4)若点P为x轴上的一个动点,试探究在抛物线m上是否存在点Q,使以点O、P、C、Q为顶点的
四边形是平行
四边形,且OC为该四边形的一条边?若存在,请直接写出点Q的坐标;若不存在,请说明
理由.
解答
:(1)∵由y=x
2+2x得,y=(x﹣2)
2
﹣2,
∴抛物线的顶点A的坐标为(﹣2,﹣2),
令x
2
+2x=0,解得x
1
=0,x
2
=﹣4,
∴点B的坐标为(﹣4,0),
过点A作AD⊥x轴,垂足为D,
∴∠ADO=90°,
∴点A的坐标为(﹣2,﹣2),点D的坐标为(﹣2,0),
∴OD=AD=2,
∴∠AOB=45°;
(2)四边形ACOC′为菱形.
由题意可知抛物线m的二次项系数为,且过顶点C的坐标是(2,﹣4),
∴抛物线的解析式
为:y=(x﹣2)
2
﹣4,即y=x
2
﹣2x﹣2,
过点C作CE⊥x轴,垂足为E;过点A作AF⊥CE,垂足为F,与y轴交与点H,
∴OE=2,CE=4,AF=4,CF=CE﹣EF=2,
∴OC=
同理,AC=2
==2,
,OC=AC,
由反折不变性的性质可知,OC=AC=OC′=AC′,
故四边形ACOC′为菱形.
.
(3)如图1,点C′不在抛物线y=x
2
+2x上.
理由如下:
过点C′作C′G⊥x轴,垂足为G,
∵OC和OC′关于OA对称,∠AOB=∠AOH=45°,
∴∠COH=∠C′OG,
∵CE∥OH,
∴∠OCE=∠C′OG,
又∵∠CEO=∠C′GO=90°,OC=OC′,
∴△CEO≌△C′GO,
∴OG=4,C′G=2,
∴点C′的坐标为(﹣4,2),
把x=﹣4代入抛物线y=x
2
+2x得y=0,
∴点C′不在抛物线y=x
2
+2x上;
(4)存在符合条件的点Q.
∵点P为x轴上的一个动点,点Q在抛物线m上,
∴设Q(a,(a﹣2)
2
﹣4),
∵OC为该四边形的一条边,
∴OP为对角线,
∴=0,解得x
1
=6,x
2
=4,
∴P(6,4)或(﹣2,4)(舍去),
∴点Q的坐标为(6,4).
11
.如图1,在△OAB中,∠OAB=90°,∠AOB=30°.以OB为边,在△OAB外作
等边△OBC,D是OB的
中点,连接AD并且延长交OC于E.
(1)求证:四边形ABCE是平行四边形;
(2)如图2,将图1中的四边形ABCO折叠
,使点C与点A重合,折痕为FG,试探究线段OG与AB的数量关系
并说明理由.
.
【解答】
(1)证明:∵Rt△OAB中,D为OB的中点,
∴DO=DA(直角三角形中斜边上的中线等于斜边的一半),
∴∠EAO=∠AOB=30°,
∵△OBC为等边三角形,
∵∠COB=60°,
又∵∠AOB=30°,
∴∠EOA=90°,
∴∠AEO=180°﹣∠EOA﹣∠EAO=180°﹣90°﹣30°=60°,
∴∠AEO=∠C,
∴BC∥AE,
∵∠BAO=∠COA=90°,
∴CO∥AB,
∴四边形ABCE是平行四边形;
(2)解:在Rt△ABO中,
∵∠OAB=90°,∠AOB=30°,
∴BO=2AB,OA==AB,
设OG=x,由折叠可得:AG=GC=2AB﹣x,
在Rt△OAG中,OG
2
+OA
2
=AG
2
,
x
2
+(AB)
2
=(2AB﹣x)
2
,
解得:x=AB,
即OG=AB.
.
12.
在菱形ABCD中,∠ABC=6
0°,E是对角线AC上任意一点,F是线段BC延长线上一点,且CF=AE,连
接BE、EF.
(1)如图1,当E是线段AC的中点时,求证:BE=EF.
(2)如图2,当点E不是线段AC的中点,其它条件不变时,请你判断(1)中的结论: 成立 .
(填“成立”或“不成立”)
(3)如图3,当点E是线段AC延长线上的任意一点,其它条
件不变时,(1)中的结论是否成立?若成立,请给予
证明;若不成立,请说明理由.
【解答】
(1)证明:∵四边形ABCD是菱形,
∴AB=BC,
∵∠ABC=60°,
∴△ABC是等边三角形,
∴∠BCA=60°,
∵E是线段AC的中点,
∴∠CBE=∠ABE=30°,AE=CE,
∵CF=AE,
∴CE=CF,
∴∠F=∠CEF=∠BCA=30°,
∴∠CBE=∠F=30°,
∴BE=EF;
(2)解:结论成立;理由如下:
过点E作EG∥BC交AB延长线于点G,如图2所示:
∵四边形ABCD为菱形,
∴AB=BC,∠BCD=120°,AB∥CD,
∴∠ACD=60°,∠DCF=∠ABC=60°,
∴∠ECF=120°,
又∵∠ABC=60°,
∴△ABC是等边三角形,
∴AB=AC,∠ACB=60°,
又∵EG∥BC,
∴∠AGE=∠ABC=60°,
又∵∠BAC=60°,
∴△AGE是等边三角形,
∴AG=AE=GE,∠AGE=60°,
∴BG=CE,∠BGE=120°=∠ECF,
又∵CF=AE,
∴GE=CF,
在△BGE和△CEF中,,
.
∴△BGE≌△ECF(SAS),
∴BE=EF.
(3)解:结论成立.证明如下:
过点E作EG∥BC交AB延长线于点G,如图3所示:
∵四边形ABCD为菱形,
∴AB=BC,
又∵∠ABC=60°,
∴△ABC是等边三角形,
∴AB=AC,∠ACB=60°,
∴∠ECF=60°,
又∵EG∥BC,
∴∠AGE=∠ABC=60°,
又∵∠BAC=60°,
∴△AGE是等边三角形,
∴AG=AE=GE,∠AGE=60°,
∴BG=CE,∠AGE=∠ECF,
又∵CF=AE,
∴GE=CF,
在△BGE和△CEF中,
∴△BGE≌△ECF(SAS),
∴BE=EF.
.
,