Question

18．菱形ABCD中，兩條對角線AC，BD相交于點O，點E和點F分別是BC和CD上一動點，且∠EOF+∠BCD=180°，連接EF．

（1）如圖1，當(dāng)∠ABC=90°時，若AC=4$\sqrt{2}$，BE=$\frac{3}{2}$，求線段EF的長；
（2）如圖2，當(dāng)∠ABC=60°時，求證：CE+CF=$\frac{1}{2}$AB；
（3）如圖3，當(dāng)∠ABC=90°時，將∠EOF的頂點移到AO上任意一點O′處，∠EO′F繞點O′旋轉(zhuǎn)，仍滿足∠EO′F+∠BCD=180°，O′E交BC的延長線一點E，射線O′F交CD的延長線上一點F，連接EF．探究在整個運動變化過程中，線段CE、CF，O′C之間滿足的數(shù)量關(guān)系，并證明你的結(jié)論．

Answer 1

分析 （1）首先證得△OBE≌△OCF（ASA），然后在Rt△CEF中，根據(jù)CE²+CF²=EF²即可解決問題．
（2）如圖1中，連接EF，在CO上截取CN=CF，只要證明△OFN≌△EFC，即可推出CE+CF=OC，再證明OC=$\frac{1}{2}$AB即可．
（3）結(jié)論：CF-CE=$\sqrt{2}$O′C，過點O′作O′H⊥AC交CF于H，只要證明△FO′H≌△EO′C，推出FH=CE，再根據(jù)等腰直角三角形性質(zhì)即可解決問題．

解答 解（1）∵在菱形ABCD中，∠ABC=90°，
∴菱形ABCD是正方形，
∴∠BOC=90°，OB=OC，AB=AC，∠OBE=∠OCF=45°，∠BCD=90°
∵∠EOF+∠BCD=180°，
∴∠EOF=90°，
∴∠BOE=∠COF，
在△OBE和△COF中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠OBE=∠OCF}\\{OB=OC}\\{∠BOE=∠COF}\end{array}\right.$
∴△OBE≌△OCF（ASA），
∴BE=CF=$\frac{3}{2}$，
在Rt△ABC中，AB²+BC²=AC²，AC=4$\sqrt{2}$，
∴BC=4，
∴CE=$\frac{5}{2}$，
在Rt△CEF中，CE²+CF²=EF²，
∴EF=$\frac{\sqrt{34}}{2}$；

（2）證明：如圖1中，連接EF，在CO上截取CN=CF．
∵∠EOF+∠ECF=180°，
∴O、E、C、F四點共圓，
∵∠ABC=60°，四邊形ABCD是菱形，
∴∠BCD=180°-∠ABC=120°，
∴∠ACB=∠ACD=60°，
∴∠OEF=∠OCF，∠OFE=∠OCE，
∴∠OEF=∠OFE=60°，
∴△OEF是等邊三角形，
∴OF=FE，
∵CN=CF，∠FCN=60°，
∴△CFN是等邊三角形，
∴FN=FC，∠OFE=∠CFN，
∴∠OFN=∠EFC，
在△OFN和△EFC中，
$\left\{\begin{array}{l}{FO=FE}\\{∠OFN=∠EFC}\\{FN=FC}\end{array}\right.$，
∴△OFN≌△EFC（SAS），
∴ON=EC，
∴CE+CF=CN+ON=OC，
∵四邊形ABCD是菱形，∠ABC=60°，
∴∠CBO=30°，AC⊥BD，
∵在Rt△BOC中，∠BOC=90°，∠OBC=30°，
∴OC=$\frac{1}{2}$BC=$\frac{1}{2}$AB，
∴CE+CF=$\frac{1}{2}$AB．

（3）結(jié)論：CF-CE=$\sqrt{2}$O′C．
理由：如圖2，過點O′作O′H⊥AC交CF于H，
∵∠O′CH=∠O′HC=45°，
∴O′H=O′C，
∵∠FO′E=∠HO′C，
∴∠FO′H=∠CO′E，
∵∠EOF=∠ECF=90°，
∴O′、C、F、E四點共圓，
∴∠O′EF=∠O′CF=45°，
∴∠O′FE=∠O′EF=45°，
∴O′E=O′F，
在△FO′H和△EO′C中，
$\left\{\begin{array}{l}{FO′=O′E}\\{∠FO′H=∠EO′C}\\{O′H=O′C}\end{array}\right.$，
∴△FO′H≌△EO′C（SAS），
∴FH=CE，
∴CF-CE=CF-FH=CH=$\sqrt{2}$O′C．

點評 此題屬于四邊形的綜合題．考查了正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理以及四點共圓等知識．注意發(fā)現(xiàn)四點共圓，添加輔助線構(gòu)造全等三角形是解此題的關(guān)鍵．