题目（九年级 · 度量几何学）：(本小题8.0分)

如图, 在菱形 $A B C D$ 中, $\angle B A D=120^{\circ}, A B=6$, 连接 $B D$.



(1)求 $B D$ 的长;

(2) 点 $E$ 为线段 $B D$ 上一动点 (不与点 $B, D$ 重合), 点 $F$ 在边 $A D$ 上, 且 $B E=\sqrt{3} D F$.

(1)当 $C E \perp A B$ 时, 求四边形 $A B E F$ 的面积;

(2) 当四边形 $A B E F$ 的面积取得最小值时, $C E+\sqrt{3} C F$ 的值是否也最小? 如果是, 求 $C E+\sqrt{3} C F$的最小值; 如果不是, 请说明理由.
选项：
答案：解: (1)过点 $D$ 作 $D H \perp A B$ 交 $B A$ 的延长线于 $H$, 如图:

<ImageHere>

$\because$ 四边形 $A B C D$ 是菱形,

$\therefore A D=A B=6$,

$\because \angle B A D=120^{\circ}$,

$\therefore \angle D A H=60^{\circ}$,

在Rt $\triangle A D H$ 中, $D H=A D \cdot \sin \angle D A H=6 \times \frac{\sqrt{3}}{2}=3 \sqrt{3}, A H=A D \cdot \cos \angle D A H=6 \times \frac{1}{2}=3$,

$\therefore B D=\sqrt{D H^{2}+B H^{2}}=\sqrt{(3 \sqrt{3})^{2}+(6+3)^{2}}=6 \sqrt{3}$;

(2)(1) 设 $C E \perp A B$ 交 $A B$ 于 $M$ 点, 过点 $F$ 作 $F N \perp A B$ 交 $B A$ 的延长线于 $N$, 如图:

<ImageHere>

菱形 $A B C D$ 中, $\because A B=B C=C D=A D=6, A D / / B C, \angle B A D=120^{\circ}$,

$\therefore \angle A B C+\angle B A D=180^{\circ}$,

$\therefore \angle A B C=180^{\circ}-\angle B A D=60^{\circ}$,

在Rt $\triangle B C M$ 中, $B M=B C \cdot \cos \angle A B C=6 \times \frac{1}{2}=3$,

$\because B D$ 是菱形 $A B C D$ 的对角线,

$\therefore \angle D B A=\frac{1}{2} \angle A B C=30^{\circ}$,

在Rt $\triangle B E M$ 中, $M E=B M \cdot \tan \angle E B M=3 \times \frac{\sqrt{3}}{3}=\sqrt{3}, B E=\frac{B M}{\cos \angle E B M}=\frac{3}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=2 \sqrt{3}$,

$\because B E=\sqrt{3} D F$,

$\therefore D F=2$,

$\therefore A F=A D-D F=4$,

在Rt $\triangle A F N$ 中, $\angle F A N=180^{\circ}-\angle B A D=60^{\circ}$,

$\therefore F N=A F \cdot \sin \angle F A N=4 \times \frac{\sqrt{3}}{2}=2 \sqrt{3}, A N=A F \cdot \cos \angle F A N=4 \times \frac{1}{2}=2$,

$\therefore M N=A B+A N-B M=6+2-3=5$,

$$
\begin{aligned}
& \therefore S_{\text {四边形 } A B E F}=S_{\triangle B E M}+S_{\text {梯形 } E M N F}-S_{\triangle A F N} \\
& =\frac{1}{2} E M \cdot B M+\frac{1}{2}(E M+F N) \cdot M N-\frac{1}{2} A N \cdot F N \\
& =\frac{1}{2} \times \sqrt{3} \times 3+\frac{1}{2} \times(\sqrt{3}+2 \sqrt{3}) \times 5-\frac{1}{2} \times 2 \times 2 \sqrt{3} \\
& =\frac{3}{2} \sqrt{3}+\frac{15}{2} \sqrt{3}-2 \sqrt{3}
\end{aligned}
$$

$=7 \sqrt{3} ;$

(2) 当四边形 $A B E F$ 的面积取最小值时, $C E+\sqrt{3} C F$ 的值是最小.

理由: 设 $D F=x$, 则 $B E=\sqrt{3} D F=\sqrt{3} x$, 过点 $C$ 作 $C H \perp A B$ 于点 $H$, 过点 $F$ 作 $F G \perp C H$ 于点 $G$,过点 $E$ 作 $E Y \perp C H$ 于点 $Y$, 作 $E M \perp A B$ 于 $M$ 点, 过点 $F$ 作 $F N \perp A B$ 交 $B A$ 的延长线于 $N$, 如图:

<ImageHere>

$\therefore E Y / / F G / / A B, F N / / C H$,

$\therefore$ 四边形 $E M H Y 、 F N H G$ 是矩形,

$\therefore F N=G H, F G=N H, E Y=M H, E M=Y H$,

由(1)可知: $M E=\frac{1}{2} B E=\frac{\sqrt{3}}{2} x, B M=\frac{\sqrt{3}}{2} B E=\frac{3}{2} x$,

$A N=\frac{1}{2} A F=\frac{1}{2}(A D-D F)=3-\frac{1}{2} x, F N=\frac{\sqrt{3}}{2} A F=\frac{6 \sqrt{3}-\sqrt{3} x}{2}$,

$C H=\frac{\sqrt{3}}{2} B C=3 \sqrt{3}, B H=\frac{1}{2} B C=3$,

$\therefore A M=A B-B M=6-\frac{3}{2} x, A H=A B-B H=3, Y H=M E=\frac{\sqrt{3}}{2} x, G H=F N=\frac{6 \sqrt{3}-\sqrt{3} x}{2}$,

$E Y=M H=B M-B H=\frac{3}{2} x-3$,

$\therefore C Y=C H-Y H=3 \sqrt{3}-\frac{\sqrt{3}}{2} x$,

$F G=N H=A N+A H=6-\frac{x}{2}, C G=C H-G H=3 \sqrt{3}-\frac{6 \sqrt{3}-\sqrt{3} x}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2} x$,

$\therefore M N=A B+A N-B M=6+3-\frac{1}{2} x-\frac{3}{2} x=9-2 x$,

$\therefore S_{\text {四边形 } A B E F}=S_{\triangle B E M}+S_{\text {栟形EMNF }}-S_{\triangle A F N}$

$=\frac{1}{2} E M \cdot B M+\frac{1}{2}(E M+F N) \cdot M N-\frac{1}{2} A N \cdot F N$

$=\frac{1}{2} \times \frac{\sqrt{3}}{2} x \times \frac{3}{2} x+\frac{1}{2}\left(\frac{\sqrt{3}}{2} x+\frac{6 \sqrt{3}-\sqrt{3} x}{2}\right) \cdot(9-2 x)-\frac{1}{2}\left(3-\frac{1}{2} x\right) \cdot \frac{6 \sqrt{3}-\sqrt{3} x}{2}$

$=\frac{\sqrt{3}}{4} x^{2}-\frac{3 \sqrt{3}}{2} x+9 \sqrt{3}$

$=\frac{\sqrt{3}}{4}(x-3)^{2}+\frac{27 \sqrt{3}}{4}$,

$\because \frac{\sqrt{3}}{4}>0$,

$\therefore$ 当 $x=3$ 时, 四边形 $A B E F$ 的面积取得最小值.

解法一: $C E+\sqrt{3} C F=\sqrt{C Y^{2}+E Y^{2}}+\sqrt{3} \cdot \sqrt{F G^{2}+C G^{2}}$

$$
\begin{aligned}
& =\sqrt{\left(3 \sqrt{3}-\frac{\sqrt{3}}{2} x\right)^{2}+\left(\frac{3}{2} x-3\right)^{2}}+\sqrt{3} \times \sqrt{\left(6-\frac{1}{2} x\right)^{2}+\left(\frac{\sqrt{3}}{2} x\right)^{2}} \\
& =\sqrt{27-9 x+\frac{3}{4} x^{2}+\frac{9}{4} x^{2}-9 x+9}+\sqrt{3} \times \sqrt{36-6 x+\frac{1}{4} x^{2}+\frac{3}{4} x^{2}} \\
& =\sqrt{3 x^{2}-18 x+36}+\sqrt{3} \times \sqrt{36-6 x+x^{2}}
\end{aligned}
$$

$=\sqrt{3(x-3)^{2}+9}+\sqrt{3(x-3)^{2}+81}$,

$\because(x-3)^{2} \geq 0$, 当且仅当 $x=3$ 时, $(x-3)^{2}=0$,

$\therefore C E+\sqrt{3} C F=\sqrt{3(x-3)^{2}+9}+\sqrt{3(x-3)^{2}+81} \geq 12$,

当且仅当 $x=3$ 时, $C E+\sqrt{3} C F=12$, 即当 $x=3$ 时, $C E+\sqrt{3} C F$ 的最小值为 12 ,

$\therefore$ 当四边形 $A B E F$ 的面积取最小值时, $C E+\sqrt{3} C F$ 的值也最小, 最小值为 12 .

解法二:

如图: 将 $\triangle B C D$ 绕点 $B$ 逆时针旋转 $60^{\circ}$ 至 $\triangle B A G$, 连接 $C G$,

在Rt $\triangle B C G$ 中, $C G=2 B C=12$,

<ImageHere>

$\because \frac{B E}{D F}=\frac{B G}{D C}=\frac{\sqrt{3}}{1}, \angle C D F=\angle G B E=60^{\circ}$,

$\therefore \triangle B E G \sim \triangle D F C$,

$\therefore \frac{G E}{C F}=\frac{B G}{D C}=\frac{\sqrt{3}}{1}$, 即 $G E=\sqrt{3} C F$,

$\therefore C E+\sqrt{3} C F=C E+G E \geq C G=12$,

即当且仅当点 $C 、 E 、 G$ 三点共线时, $C E+\sqrt{3} C F$ 的值最小,

此时点 $E$ 为菱形对角线的交点, $B D$ 中点, $B E=3 \sqrt{3}, D F=3$,

$\therefore$ 当四边形 $A B E F$ 的面积取最小值时, $C E+\sqrt{3} C F$ 的值也最小, 最小值为 12 .
【解析】本题是四边形综合题, 考查了菱形性质、解直角三角形、割补法求不规则图形面积、二次函数的顶点式及最值等知识点, 也考查了从特殊到一般的数学思想和转化思想, 难度较大, 计算繁琐, 解题关键是熟练掌握二次函数性质, 是中考常考题型.

(1)过点 $D$ 作 $D H \perp A B$ 交 $B A$ 的延长线于 $H$, 根据菱形中 $120^{\circ}$ 的内角得邻补角是 $60^{\circ}$, 利用三角函数即可解答;

(2) (1) 设 $C E \perp A B$ 交 $A B$ 于 $M$ 点, 过点 $F$ 作 $F N \perp A B$ 交 $B A$ 的延长线于 $N$, 因为利用求解 $S_{\text {四边形 } A B E F}=$

<ImageHere>
(2)设 $D F=x$, 则 $B E=\sqrt{3} D F=\sqrt{3} x$, 过点 $C$ 作 $C H \perp A B$ 于点 $H$, 过点 $F$ 作 $F G \perp C H$ 于点 $G$, 过点 $E$ 作 $E Y \perp C H$ 于点 $Y$, 作 $E M \perp A B$ 于 $M$ 点, 过点 $F$ 作 $F N \perp A B$ 交 $B A$ 的延长线于 $N$, 所以四边形 $E M H Y 、$ $F N H G$ 是矩形, 对边相等, 方法同 (1), 用含 $x$ 的式子表示计算面积需要的各边长并代入到 $S_{\text {四边形 } A B E F}=S_{\triangle B E M}+S_{\text {悌形 } E M N F}-S_{\triangle A F N}$ 中, 根号里面化简、合并、配成二次函数的顶点式即可求出最值, 从而解答.
解析：解: (1)过点 $D$ 作 $D H \perp A B$ 交 $B A$ 的延长线于 $H$, 如图:



$\because$ 四边形 $A B C D$ 是菱形,

$\therefore A D=A B=6$,

$\because \angle B A D=120^{\circ}$,

$\therefore \angle D A H=60^{\circ}$,

在Rt $\triangle A D H$ 中, $D H=A D \cdot \sin \angle D A H=6 \times \frac{\sqrt{3}}{2}=3 \sqrt{3}, A H=A D \cdot \cos \angle D A H=6 \times \frac{1}{2}=3$,

$\therefore B D=\sqrt{D H^{2}+B H^{2}}=\sqrt{(3 \sqrt{3})^{2}+(6+3)^{2}}=6 \sqrt{3}$;

(2)(1) 设 $C E \perp A B$ 交 $A B$ 于 $M$ 点, 过点 $F$ 作 $F N \perp A B$ 交 $B A$ 的延长线于 $N$, 如图:



菱形 $A B C D$ 中, $\because A B=B C=C D=A D=6, A D / / B C, \angle B A D=120^{\circ}$,

$\therefore \angle A B C+\angle B A D=180^{\circ}$,

$\therefore \angle A B C=180^{\circ}-\angle B A D=60^{\circ}$,

在Rt $\triangle B C M$ 中, $B M=B C \cdot \cos \angle A B C=6 \times \frac{1}{2}=3$,

$\because B D$ 是菱形 $A B C D$ 的对角线,

$\therefore \angle D B A=\frac{1}{2} \angle A B C=30^{\circ}$,

在Rt $\triangle B E M$ 中, $M E=B M \cdot \tan \angle E B M=3 \times \frac{\sqrt{3}}{3}=\sqrt{3}, B E=\frac{B M}{\cos \angle E B M}=\frac{3}{\frac{\sqrt{3}}{2}}=2 \sqrt{3}$,

$\because B E=\sqrt{3} D F$,

$\therefore D F=2$,

$\therefore A F=A D-D F=4$,

在Rt $\triangle A F N$ 中, $\angle F A N=180^{\circ}-\angle B A D=60^{\circ}$,

$\therefore F N=A F \cdot \sin \angle F A N=4 \times \frac{\sqrt{3}}{2}=2 \sqrt{3}, A N=A F \cdot \cos \angle F A N=4 \times \frac{1}{2}=2$,

$\therefore M N=A B+A N-B M=6+2-3=5$,

$$
\begin{aligned}
& \therefore S_{\text {四边形 } A B E F}=S_{\triangle B E M}+S_{\text {梯形 } E M N F}-S_{\triangle A F N} \\
& =\frac{1}{2} E M \cdot B M+\frac{1}{2}(E M+F N) \cdot M N-\frac{1}{2} A N \cdot F N \\
& =\frac{1}{2} \times \sqrt{3} \times 3+\frac{1}{2} \times(\sqrt{3}+2 \sqrt{3}) \times 5-\frac{1}{2} \times 2 \times 2 \sqrt{3} \\
& =\frac{3}{2} \sqrt{3}+\frac{15}{2} \sqrt{3}-2 \sqrt{3}
\end{aligned}
$$

$=7 \sqrt{3} ;$

(2) 当四边形 $A B E F$ 的面积取最小值时, $C E+\sqrt{3} C F$ 的值是最小.

理由: 设 $D F=x$, 则 $B E=\sqrt{3} D F=\sqrt{3} x$, 过点 $C$ 作 $C H \perp A B$ 于点 $H$, 过点 $F$ 作 $F G \perp C H$ 于点 $G$,过点 $E$ 作 $E Y \perp C H$ 于点 $Y$, 作 $E M \perp A B$ 于 $M$ 点, 过点 $F$ 作 $F N \perp A B$ 交 $B A$ 的延长线于 $N$, 如图:



$\therefore E Y / / F G / / A B, F N / / C H$,

$\therefore$ 四边形 $E M H Y 、 F N H G$ 是矩形,

$\therefore F N=G H, F G=N H, E Y=M H, E M=Y H$,

由(1)可知: $M E=\frac{1}{2} B E=\frac{\sqrt{3}}{2} x, B M=\frac{\sqrt{3}}{2} B E=\frac{3}{2} x$,

$A N=\frac{1}{2} A F=\frac{1}{2}(A D-D F)=3-\frac{1}{2} x, F N=\frac{\sqrt{3}}{2} A F=\frac{6 \sqrt{3}-\sqrt{3} x}{2}$,

$C H=\frac{\sqrt{3}}{2} B C=3 \sqrt{3}, B H=\frac{1}{2} B C=3$,

$\therefore A M=A B-B M=6-\frac{3}{2} x, A H=A B-B H=3, Y H=M E=\frac{\sqrt{3}}{2} x, G H=F N=\frac{6 \sqrt{3}-\sqrt{3} x}{2}$,

$E Y=M H=B M-B H=\frac{3}{2} x-3$,

$\therefore C Y=C H-Y H=3 \sqrt{3}-\frac{\sqrt{3}}{2} x$,

$F G=N H=A N+A H=6-\frac{x}{2}, C G=C H-G H=3 \sqrt{3}-\frac{6 \sqrt{3}-\sqrt{3} x}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2} x$,

$\therefore M N=A B+A N-B M=6+3-\frac{1}{2} x-\frac{3}{2} x=9-2 x$,

$\therefore S_{\text {四边形 } A B E F}=S_{\triangle B E M}+S_{\text {栟形EMNF }}-S_{\triangle A F N}$

$=\frac{1}{2} E M \cdot B M+\frac{1}{2}(E M+F N) \cdot M N-\frac{1}{2} A N \cdot F N$

$=\frac{1}{2} \times \frac{\sqrt{3}}{2} x \times \frac{3}{2} x+\frac{1}{2}\left(\frac{\sqrt{3}}{2} x+\frac{6 \sqrt{3}-\sqrt{3} x}{2}\right) \cdot(9-2 x)-\frac{1}{2}\left(3-\frac{1}{2} x\right) \cdot \frac{6 \sqrt{3}-\sqrt{3} x}{2}$

$=\frac{\sqrt{3}}{4} x^{2}-\frac{3 \sqrt{3}}{2} x+9 \sqrt{3}$

$=\frac{\sqrt{3}}{4}(x-3)^{2}+\frac{27 \sqrt{3}}{4}$,

$\because \frac{\sqrt{3}}{4}>0$,

$\therefore$ 当 $x=3$ 时, 四边形 $A B E F$ 的面积取得最小值.

解法一: $C E+\sqrt{3} C F=\sqrt{C Y^{2}+E Y^{2}}+\sqrt{3} \cdot \sqrt{F G^{2}+C G^{2}}$

$$
\begin{aligned}
& =\sqrt{\left(3 \sqrt{3}-\frac{\sqrt{3}}{2} x\right)^{2}+\left(\frac{3}{2} x-3\right)^{2}}+\sqrt{3} \times \sqrt{\left(6-\frac{1}{2} x\right)^{2}+\left(\frac{\sqrt{3}}{2} x\right)^{2}} \\
& =\sqrt{27-9 x+\frac{3}{4} x^{2}+\frac{9}{4} x^{2}-9 x+9}+\sqrt{3} \times \sqrt{36-6 x+\frac{1}{4} x^{2}+\frac{3}{4} x^{2}} \\
& =\sqrt{3 x^{2}-18 x+36}+\sqrt{3} \times \sqrt{36-6 x+x^{2}}
\end{aligned}
$$

$=\sqrt{3(x-3)^{2}+9}+\sqrt{3(x-3)^{2}+81}$,

$\because(x-3)^{2} \geq 0$, 当且仅当 $x=3$ 时, $(x-3)^{2}=0$,

$\therefore C E+\sqrt{3} C F=\sqrt{3(x-3)^{2}+9}+\sqrt{3(x-3)^{2}+81} \geq 12$,

当且仅当 $x=3$ 时, $C E+\sqrt{3} C F=12$, 即当 $x=3$ 时, $C E+\sqrt{3} C F$ 的最小值为 12 ,

$\therefore$ 当四边形 $A B E F$ 的面积取最小值时, $C E+\sqrt{3} C F$ 的值也最小, 最小值为 12 .

解法二:

如图: 将 $\triangle B C D$ 绕点 $B$ 逆时针旋转 $60^{\circ}$ 至 $\triangle B A G$, 连接 $C G$,

在Rt $\triangle B C G$ 中, $C G=2 B C=12$,



$\because \frac{B E}{D F}=\frac{B G}{D C}=\frac{\sqrt{3}}{1}, \angle C D F=\angle G B E=60^{\circ}$,

$\therefore \triangle B E G \sim \triangle D F C$,

$\therefore \frac{G E}{C F}=\frac{B G}{D C}=\frac{\sqrt{3}}{1}$, 即 $G E=\sqrt{3} C F$,

$\therefore C E+\sqrt{3} C F=C E+G E \geq C G=12$,

即当且仅当点 $C 、 E 、 G$ 三点共线时, $C E+\sqrt{3} C F$ 的值最小,

此时点 $E$ 为菱形对角线的交点, $B D$ 中点, $B E=3 \sqrt{3}, D F=3$,

$\therefore$ 当四边形 $A B E F$ 的面积取最小值时, $C E+\sqrt{3} C F$ 的值也最小, 最小值为 12 .
【解析】本题是四边形综合题, 考查了菱形性质、解直角三角形、割补法求不规则图形面积、二次函数的顶点式及最值等知识点, 也考查了从特殊到一般的数学思想和转化思想, 难度较大, 计算繁琐, 解题关键是熟练掌握二次函数性质, 是中考常考题型.

(1)过点 $D$ 作 $D H \perp A B$ 交 $B A$ 的延长线于 $H$, 根据菱形中 $120^{\circ}$ 的内角得邻补角是 $60^{\circ}$, 利用三角函数即可解答;

(2) (1) 设 $C E \perp A B$ 交 $A B$ 于 $M$ 点, 过点 $F$ 作 $F N \perp A B$ 交 $B A$ 的延长线于 $N$, 因为利用求解 $S_{\text {四边形 } A B E F}=$


(2)设 $D F=x$, 则 $B E=\sqrt{3} D F=\sqrt{3} x$, 过点 $C$ 作 $C H \perp A B$ 于点 $H$, 过点 $F$ 作 $F G \perp C H$ 于点 $G$, 过点 $E$ 作 $E Y \perp C H$ 于点 $Y$, 作 $E M \perp A B$ 于 $M$ 点, 过点 $F$ 作 $F N \perp A B$ 交 $B A$ 的延长线于 $N$, 所以四边形 $E M H Y 、$ $F N H G$ 是矩形, 对边相等, 方法同 (1), 用含 $x$ 的式子表示计算面积需要的各边长并代入到 $S_{\text {四边形 } A B E F}=S_{\triangle B E M}+S_{\text {悌形 } E M N F}-S_{\triangle A F N}$ 中, 根号里面化简、合并、配成二次函数的顶点式即可求出最值, 从而解答.