第18讲 相似三角形专题之一线三等角 (解析版)

第18讲相似三角形专题复习之一线三等角【知识点睛】常见基本类型：同侧型（通常以等腰三角形或者等边三角形为背景）异侧型模型性质应用：一般地：当动点E运动到底边的中点时，CF有最大值一般地：当动点E运动到底边的中点时，CF有最大值模型构造：图中已存在“一线三等角”，则直接应用模型结论解题.图中存在“一线两等角”，补上“一等角”，构造模型解题.图中某直线上只存在1个角，补上“两等角”，构造模型解题.如果直线上只有1个角，要补成“一线三等角”时，该角通常是特殊角（30°、45°、60°）特征：构造特殊角的等角时，一般是在“定线”上做含特殊角的直角三角形。“一线三等角”得到的相似，通常用外边的两等角的两边对应成比例求解长度.构造步骤：找角——通常找“特殊角”。如：30°、45°、60°等；特别地：当tanα=1/2、1/3等特定值时，α也可以是特殊角；定线——通常以“水平线”或者“竖直线”为“一线三等角”中的“一线”；特殊角度时也可以是45°等倾斜直线；构相似——通常以“特殊角”为“中间角”，过“中间角”的两边与“一线”的交点构造两个含特殊角的Rt△；例：如右图，当∠ABP=45°时，∵∠ABP在y轴上，∴在y轴上分别构造两个等腰直角三角形△AOE，△PHG，则在y轴上存在∠AEB=∠ABP=∠PBG=45°，∴△AEB∽△BGP∴模型特例——K型图（三垂定理）性质：性质：普通”K型图”可得左右两个△相似，即△1∽△2【当AB=BC时，△1≌△2】中点型”K型图”亦可得三个△两两相似，即当BD=BE时，△1∽△2∽△3以上性质反之亦成立，即也可用于证明中点或角相等或线垂直。应用：当一个直角放在一条直线上时，通常要构造“K型图”解题当一个直角放在平面直角坐标系中时，亦常构造“K型图”解题由“K型图”得到的相似比，基本都可以转化成“特定角”的正切值来计算“K型图”常和“A字图”或“8字图”类的平行相似结合在一起求长度“K型图”常见构造方法：过直角订单分别作水平或竖直的直线，再过直角两边顶点分别作直线的垂线。如图：【类题讲练】1．如图，在矩形ABCD中，AB＝6，将点B折叠到CD边上点E处，折痕为AF，连接AE，EF，若点E是CD中点，则CF长为（）A． B．1 C．2 D．3【分析】依据矩形的性质以及折叠，即可得到AD，DE，CE的长；再根据△ADE∽△EFC，利用对应边成比例即可得CF的长．【解答】解：∵矩形ABCD中，AB＝6，∴CD＝6，又∵E是CD的中点，∴DE＝CE＝3，Rt△ADE中，AD＝＝3，由题可得，∠D＝∠C＝∠AEF＝90°，∴∠AED+∠CEF＝90°＝∠EFC+∠CEF，∴∠AED＝∠EFC，∴△ADE∽△EFC，∴＝，即＝，解得CF＝，故选：A．2．如图，在边长为4的等边△ABC中，点D是AB边上一个动点，沿过点D的直线折叠∠A，使点A落在BC边上的点F处，折痕交AC于点E，当BF＝1，AE＝时，则AD的长是（）A． B． C．2 D．【分析】首先由翻折性质得到△ADE≌△DEF，所以AD＝DF，AE＝EF，再利用一线三等角证明出△BDF∽△CEF，最后根据相似三角形对应边的比相等计算出DF的长即可解答．【解答】解：∵△ABC边长为4，AE＝，∴CE＝4﹣＝，∵由翻折性质得：△ADE≌△DEF，∴AD＝DF，AE＝EF，∵∠DFE＝∠A＝60°，∴∠DFB+∠EFC＝120°，∵∠C＝60°，∴∠EFC+∠CEF＝120°，∴∠CEF＝∠DFB，∵∠B＝∠C＝60°，∴△BDF∽△CEF，∴BD：CF＝BF：CE＝DF：FE＝1：，∴DF＝FE＝，∴AD＝DF＝．故选：B．3．如图，AB⊥BD于点B，ED⊥BD于点D．AB＝2，DE＝4，BD＝6．点C为BD上一点，连接AC、CE．当BC＝（）时，可使AC⊥CE．A．3 B．2或4 C． D．2或3【分析】根据垂直定义可得∠B＝∠D＝∠ACE＝90°，从而利用直角三角形的两个锐角互余可得∠A+∠ACB＝90°，再利用平角定义可得∠ACB+∠ECD＝90°，然后利用同角的余角相等可得∠ECD＝∠A，从而证明△ABC∽△CDE，最后利用相似三角形的性质进行计算即可解答．【解答】解：∵AB⊥BD，ED⊥BD，∴∠B＝∠D＝90°，∴∠A+∠ACB＝90°，∵AC⊥CE，∴∠ACE＝90°，∴∠ACB+∠ECD＝180°﹣∠ACE＝90°，∴∠ECD＝∠A，∴△ABC∽△CDE，∴＝，∴＝，解得：BC＝2或BC＝4，∴当BC＝2或4时，可使AC⊥CE，故选：B．4．如图，点A，B，C在同一直线上，∠A＝∠DBE＝∠C，则下列结论：①∠D＝∠CBE，②△ABD∽△CEB，③＝，其中正确的结论有（）个．A．0 B．1 C．2 D．3【分析】根据三角形内角和和平角的定义可得①正确，进行可得△ABD∽△CEB，得出②正确；由相似三角形的性质可知，相似三角形的对应线段成比例，得出结论．【解答】解：由图可知，∠A+∠D+∠ABD＝180°，∠ABD+∠DBE+∠CBE＝180°，∵∠A＝∠DBE，∴∠D＝∠CBE，故①正确；∵∠A＝∠C，∴△ABD∽△CEB，故②正确；∴＝，故③正确；故选：D．5．有五本形状为长方体的书放置在方形书架中，如图所示，其中四本竖放，第五本斜放，点G正好在书架边框上．每本书的厚度为5cm，高度为20cm，书架宽为40cm，则FI的长cm．【分析】根据题意得出CI＝20cm，EF＝20cm，FG＝5cm，证△GIF∽△FEC，根据线段比例关系得出FI的长度即可．【解答】解：由题知，CI＝BI﹣BC＝40﹣20＝20cm，EF＝20cm，FG＝5cm，∵∠EFC+∠CEF＝90°，∠EFC+∠GFI＝90°，∴∠CEF＝∠GFI，∵∠ECF＝∠FIG＝90°，∴△GIF∽△FCE，∴＝，即＝，∴CE＝4FI，在Rt△CEF中，由勾股定理得CE2+CF2＝EF2，即（4FI）2+（20﹣FI）2＝202，解得FI＝或FI＝0（舍去），故答案为：cm．6．如图，四边形ABCD是正方形，AB＝6，E是BC中点，连接DE，DE的垂直平分线分别交AB、DE、CD于M、O、N，连接EN，过E作EF⊥EN交AB于F，则AF＝2．【分析】设CN＝x，则DN＝6﹣x，利用线段垂直平分线性质可得EN＝DN＝6﹣x，运用勾股定理建立方程求解即可求得CN＝，再证明△BFE∽△CEN，利用相似三角形性质即可求得答案．【解答】解：∵四边形ABCD是正方形，AB＝6，∴BC＝CD＝AB＝6，∠B＝∠C＝90°，∵E是BC中点，∴BE＝CE＝BC＝3，设CN＝x，则DN＝6﹣x，∵MN是线段DE的垂直平分线，∴EN＝DN＝6﹣x，在Rt△CEN中，CE2+CN2＝EN2，∴32+x2＝（6﹣x）2，解得：x＝，∴CN＝，∵EF⊥EN，∴∠FEN＝90°，∴∠BEF+∠CEN＝90°，∵∠B＝∠C＝90°，∴∠BEF+∠BFE＝90°，∴∠BFE＝∠CEN，∴△BFE∽△CEN，∴＝，∴BF＝＝＝4，∴AF＝AB﹣BF＝6﹣4＝2．故答案为：2．7．如图，在等腰△ABC中，AB＝AC＝9，BP＝BC＝2，D在AC上，且∠APD＝∠B，则CD＝．【分析】根据已知易得BC＝6，从而可得CP＝4，再利用等腰三角形的性质可得∠B＝∠C，从而利用三角形内角和定理可得∠BAP+∠APB＝180°﹣∠B，然后利用平角定义可得∠APB+∠DPC＝180°﹣∠B，从而可得∠DPC＝∠BAP，进而可得△ABP∽△PCD，最后利用相似三角形的性质进行计算即可解答．【解答】解：∵BP＝BC＝2，∴BC＝3BP＝6，∴CP＝BC﹣BP＝6﹣2＝4，∵AB＝AC＝9，∴∠B＝∠C，∴∠BAP+∠APB＝180°﹣∠B，∵∠APD＝∠B，∴∠APB+∠DPC＝180°﹣∠APD＝180°﹣∠B，∴∠DPC＝∠BAP，∴△ABP∽△PCD，∴＝，∴＝，∴CD＝，故答案为：．8．如图，在平面直角坐标系xOy中．边长为4的等边△OAB的边OA在x轴上，C、D、E分别是AB、OB、OA上的动点，且满足BD＝2AC，DE∥AB，连接CD、CE，当点E坐标为或．时，△CDE与△ACE相似．【分析】因为DE∥AB得到∠DEC＝∠ACE，所以△CDE与△ACE相似分两种情况分类讨论．【解答】解：∵DE∥AB，∴∠DEC＝∠ACE，△ODE∽△OBA，∴△ODE也是等边三角形，则OD＝OE＝DE，设E（a，0），则OE＝OD＝DE＝a，BD＝AE＝4﹣a．∵△CDE与△ACE相似，分两种情况讨论：①当△CDE∽△EAC时，则∠DCE＝∠CEA，∴CD∥AE，∴四边形AEDC是平行四边形，∴AC＝a，∵BD＝2AC，∴4﹣a＝2a，∴a＝．∴E；②当△CDE∽△AEC时，∠DCE＝∠EAC＝60°＝∠B，∴∠BCD+∠ECA＝180°﹣60°＝120°，又∵∠BDC+∠BCD＝180°﹣∠B＝120°，∴∠BCD+∠ECA＝∠BDC+∠BCD，∴∠ECA＝∠BDC，∴△BDC∽△ACE，∴，∴BC＝2AE＝2（4﹣a）＝8﹣2a，∴8﹣2a+2＝4，∴a＝．∴．综上所述，点E的坐标为或．9．如图，点E是矩形ABCD边BC上一点，沿AE折叠，点B恰好落在CD边上的点F处．设＝x（x＞1），（1）若点F恰为CD边的中点，则x＝2．（2）设＝y，则y关于x的函数表达式是y＝．【分析】（1）根据线段中点的定义可得DC＝2DF，利用矩形的性质可得AB＝DC，∠B＝∠C＝∠D＝90°，从而可得∠FEC+∠EFC＝90°，然后根据折叠可得：BE＝EF，AB＝AF，∠B＝∠AFE＝90°，从而可得AB＝AF＝DC＝2DF，∠EFC+∠AFD＝90°，再利用同角的余角相等可得∠AFD＝∠FEC，最后证明一线三等角模型相似三角形△AFD∽△FEC，从而利用相似三角形的性质即可解答；（2）利用（1）的结论可得AB＝AF＝DC＝DF+CF，△AFD∽△FEC，然后利用相似三角形的性质进行计算即可解答．【解答】解：（1）∵点F为CD边的中点，∴DC＝2DF，∵四边形ABCD是矩形，∴AB＝DC，∠B＝∠C＝∠D＝90°，∴∠FEC+∠EFC＝90°，由折叠得：BE＝EF，AB＝AF，∠B＝∠AFE＝90°，∴AB＝AF＝DC＝2DF，∵∠EFC+∠AFD＝90°，∴∠AFD＝∠FEC，∴△AFD∽△FEC，∴＝＝2，∴＝2，∴x＝2，故答案为：2；（2）由（1）可得AB＝AF＝DC＝DF+CF，∵△AFD∽△FEC，∴＝，∴＝，∴x＝，∴x＝1+，∴x＝1+，∴y＝，故答案为：y＝．10．如图，在平面直角坐标系中，点A（0，6），B（a，3）（a＞0），P为x轴上一点，∠PAB＝45°，∠PBA＝30°，则a的值为3+．【分析】过点P作PC⊥AB，过C作CD⊥y轴，CE⊥x轴，过A作AG⊥y轴，过点B作GH⊥y轴，构造△AFC∽△AGB，利用求出FC，然后利用求出AG，即可得到答案．【解答】解：如图：过点P作PC⊥AB，过C作CD⊥y轴，CE⊥x轴，过A作AG⊥y轴，过点B作GH⊥y轴交AG于点G，∵点A（0，6），B（a，3），∴．GB＝BH＝3，AO＝GH＝FE＝6，.∵∠PAC＝45°，∠PBC＝30°，在Rt△ACP和RtBCP中，tan∠PAC＝，＝tan45°，tan∠PBC＝∴AC＝PC，BC＝PC∵∠ACP＝∠DCE＝90°∴∠ACD＝∠PCE在△ADC和△PCE中，∠ACD＝∠PCE、∠ADC＝∠CEP＝90°、AC＝CP∴△ADC≌△PEC（AAS），∴CD＝CE∠ADC＝∠DAF＝∠DCF＝90°∴四边形ADCF为矩形，∴CD＝CE＝AF，∵FC∥BG，∴AFC＝∠G，∠ACF＝∠ABG，∴△AFC∽△AGB，∴＝＝，∴CF＝，∴CE＝FE﹣FC＝6﹣＝，∴，∴AG＝a＝，故答案为：3+611．如图，已知正方形ABCD的边长为1，点E是线段DC上的动点，过点E作EF⊥BE，使EF＝BE，连接BF交AD于点G，EF交AD于点H．以下结论正确的是①④．①△BCE∽△EDH；②∠BGE＝∠DGE；③点F到直线GE的距离最大值为；④点H到直线GE的距离最大值为．【分析】①根据相似三角形的判定定理确定．②点E是线段DC上的动点，∠BGE和∠DGE都随点E的变化而变化，若两角相等变化规律必然相同．③作出F到GE的距离，同时完成了直角三角形的构造，利用EF＝BE可以通过全等可以将F到GE的距离转化为EC的长，再观察EC的变化，求其最大值．④由③的相关结论，发现H到直线GE的距离等于HD，那么只要找到HD的最大值即可，再用相似得出HD与EC之间的数量关系，借助函数确定．【解答】解：①正方形ABCD中，∠B＝∠C＝∠D＝90°．∵EF⊥BE，∴∠FED＝90°．如图：∠CBE+∠CEB＝90°，∠DEH+∠CEB＝180°﹣90°＝90°；∴∠DEH＝∠CBE．∴△BCE∽△EDH．故①正确．②当点E向左移动时，∠DGE逐渐减小，而∠BGE增大；故②错误．③延长DC至P，使CP＝AG，连接BP．∴△BCP≌△BAG（SAS），∴∠CBP＝∠ABG，BP＝BG．∵EF⊥BE，EF＝BE，∴∠GBE＝45°．∵∠ABG+∠GBE+∠EBC＝90°，∴∠EBP＝∠EBC+∠CBP＝∠EBC+∠ABG＝90°﹣∠GBE＝90°﹣45°＝45°＝∠GBE，∴△GBE≌△PBE（SAS）．∴∠GEB＝∠CEB．∵∠GEB+∠FEG＝∠CEB+∠CBE＝90°．∴∠FEG＝∠CBE．过F作FM⊥EG的延长线于M．∴△FEM≌△EBC（AAS）．∴FM＝CE．点E是线段DC上的动点，CE≤1，故③错误．④过H作HN⊥EG于N．∵∠FEG＝∠EBC＝∠DEH，∴△HNE≌△HDE（AAS），∴HN＝DH．∵△EDH∽△BCE，∴；即：DH＝EC•DE，设EC＝x，则：DH＝x（1﹣x）＝﹣x2+x，当x＝时，DH取得最大值：．故④正确；故答案为：①④．12．如图，在△ABC中，AC＝3，BC＝4，∠C＝90°，过CB的中点D作DE⊥AD，交AB于点E，则EB的长为．【分析】过点E作EM⊥BC，垂足为M，先证明一线三等角模型相似三角形△ACD∽△DME，从而利用相似三角形的性质可设EM＝2x，则DM＝3x，然后再证明A字模型相似三角形△BME∽△BCA，从而可得BM＝x，进而根据BD＝2列出关于x的方程，进行计算可求出EM，BM的长，最后在Rt△BME中，利用勾股定理进行计算即可解答．【解答】解：过点E作EM⊥BC，垂足为M，∴∠DME＝∠BME＝90°，∴∠EDM+∠DEM＝90°，∵DE⊥AD，∴∠ADE＝90°，∴∠CDA+∠EDM＝90°，∴∠CDA＝∠DEM，∵点D是BC的中点，∴CD＝BD＝BC＝2，∵∠C＝∠DME＝90°，∴△ACD∽△DME，∴＝＝，∴设EM＝2x，则DM＝3x，∵∠BME＝∠C＝90°，∠B＝∠B，∴△BME∽△BCA，∴＝，∴＝，∴BM＝x，∵BD＝2，∴DM+BM＝2，∴3x+x＝2，∴x＝，∴EM＝，BM＝，∴BE＝＝＝，故答案为：．13．如图是一款上铺的收纳挂篮（如图1），其侧截面可看作直角梯形，现有一长方体形状的物体放置在该挂篮中，当物体如图2放置时，AB∥PQ．正方形DMEC为露出挂篮部分，此时S正方形DMEC＝400cm2，当物体如图3放置时，B'与Q重合，四边形为D′FNC′露出挂篮部分，此时S四边形D′C′NF＝200cm2，且D′F＝C′N＝MF，则D′到PQ的距离为+40．【分析】过点N作NG⊥A′D′于G，过点D′作D′H⊥PQ于H，交MN于T，过点A′作A′K⊥D′H于K，利用正方形面积和梯形面积求得：C′D′＝CD＝A′Q＝20cm，C′N＝8cm，D′F＝12cm，MF＝C′N＝8cm，运用勾股定理求得FN＝4，再根据△D′FT∽△NFG，△A′FM∽△NFG，即可求得答案．【解答】解：∵S正方形DMEC＝400cm2，∴CD＝DM＝AB＝20cm，∴C′D′＝CD＝A′Q＝20cm，∵S四边形D′C′NF＝200cm2，D′F＝C′N，∴×（D′F+C′N）×C′D′＝200，即×C′N×20＝200，∴C′N＝8cm，∴D′F＝12cm，∴MF＝C′N＝8cm，过点N作NG⊥A′D′于G，过点D′作D′H⊥PQ于H，交MN于T，过点A′作A′K⊥D′H于K，则D′G＝C′N＝8cm，FG＝4cm，NG＝20cm，∴FN＝＝＝4，∵∠NFG＝∠D′FT，∠D′TF＝∠NGF＝90°，∴△D′FT∽△NFG，∴＝，即＝，∴D′T＝，∵∠NFG＝∠A′FM，∠NGF＝∠M＝90°，∴△A′FM∽△NFG，∴＝＝，即＝＝，∴A′M＝40，A′F＝8，∵∠M＝∠P＝∠FA′Q＝90°，∴∠MA′F+∠QA′P＝∠QA′P+∠A′QP＝90°，∴∠MA′F＝∠A′QP，∴△A′FM∽△QA′P，∴＝，即＝，∴A′P＝，∵四边形A′PHK、A′KTM为矩形，∴TK＝A′M＝40，KH＝A′P＝，∴D′H＝D′T+TK+KH＝+40+＝+40，故答案为：+40．14．如图，矩形ABCD中，点M在对角线BD上，过点A、B、M的圆与BC交于点E．（1）若AM＝4，EB＝EM＝3，求BM．（2）若AB＝6，BC＝8，①求AM：ME．②若BM＝7，求BE．【分析】（1）连接AE交BM于点F，利用矩形的性质可得∠ABC＝90°，从而可得AE是圆的直径，进而可得∠AME＝90°，再在Rt△AME中，利用勾股定理求出AE的长，然后根据已知易得＝，从而利用垂径定理的推论可得AE⊥BM，BF＝FM＝BM，再利用面积法求出FM的长，进行计算即可解答；（2）①过点M作MP⊥AD，垂足为P，延长PM交BC于点Q，再利用矩形的性质可得∠C＝90°，AB＝CD＝6，AD∥BC，从而可得∠MQB＝90°，进而利用一线三等角模型构造相似三角形△APM∽△MQE，然后利用相似三角形的性质可得＝，再证明A字模型相似三角形△BQM∽△BCD，从而利用相似三角形的性质可得＝＝，最后利用等量代换即可解答；②在Rt△BCD中，利用勾股定理求出BD＝10，再利用①的结论△BQM∽△BCD，从而利用相似三角形的性质可得MQ＝4.2，BQ＝5.6，然后利用①的结论四边形ABQP是矩形可得AB＝PQ＝6，从而可得PM＝1.8，再利用①的结论△APM∽△MQE，从而利用相似三角形的性质求出QE＝1.35，最后利用线段的和差关系进行计算即可解答．【解答】解：（1）连接AE交BM于点F，∴∵四边形ABCD是矩形，∴∠ABC＝90°，∴AE是圆的直径，∴∠AME＝90°，∵AM＝4，EM＝3，∴AE＝＝＝5，∵EB＝EM＝3，∴＝，∴AE⊥BM，BF＝FM＝BM，∵△AME的面积＝AM•EM＝AE•FM，∴AM•EM＝AE•FM，∴5FM＝4×3，∴FM＝，∴BM＝2FM＝，∴BM的长为；（2）①过点M作MP⊥AD，垂足为P，延长PM交BC于点Q，∴∠APM＝90°，∵四边形ABCD是矩形，∴∠C＝90°，AB＝CD＝6，AD∥BC，∴∠MQB＝180°﹣∠APM＝90°，∴∠MEQ+∠EMQ＝90°，由（1）得：∠AME＝90°，∴∠AMP+∠EMQ＝180°﹣∠AME＝90°，∴∠AMP＝∠MEQ，∵∠APM＝∠MQE＝∠ABC＝90°，∴四边形ABQP是矩形，△APM∽△MQE，∴AP＝BQ，＝，∵∠BQM＝∠C＝90°，∠MBQ＝∠DBC，∴△BQM∽△BCD，∴＝＝＝，∴＝＝，∴AM：ME＝4：3；②在Rt△BCD中，BD＝＝＝10，由①得：△BQM∽△BCD，∴＝＝，∴＝＝，∴MQ＝4.2，BQ＝5.6，由①得：四边形ABQP是矩形，∴AB＝PQ＝6，∴PM＝PQ﹣MQ＝6﹣4.2＝1.8，由①得：△APM∽△MQE，∴＝，∴＝，∴QE＝1.35，∴BE＝BQ﹣QE＝5.6﹣1.35＝4.25，∴BE的长为4.25．15．【感知】如图①，在正方形ABCD中，E为AB边上一点，连结DE，过点E作EF⊥DE交BC于点F．易证：△AED∽△BFE．（不需要证明）【探究】如图②，在矩形ABCD中，E为AB边上一点，连结DE，过点E作EF⊥DE交BC于点F．（1）求证：△AED∽△BFE．（2）若AB＝10，AD＝6，E为AB的中点，求BF的长．【应用】如图③，在△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC，AB＝4．E为AB边上一点（点E不与点A、B重合），连结CE，过点E作∠CEF＝45°交BC于点F．当△CEF为等腰三角形时，BE的长为2或2．【分析】【探究】（1）利用同角的余角相等得∠ADE＝∠BEF，从而证明结论；（2）由（1）知△AED∽△BFE，得，代入计算即可；【应用】如果CE＝CF，则∠CEF＝∠CFE＝45°，∠ECF＝90°，则点E与点A重合，点F与点B重合，不符合题意；如果CE＝EF，利用AAS证明△AEC≌△BFE，得BE＝AC，可得答案；如果CF＝EF，则∠CEF＝∠ECF＝45°，则∠CFE＝90°，则CE⊥AB，从而解决问题．【解答】【探究】（1）证明：∵四边形ABCD是矩形，∴∠A＝∠B＝90°，∴∠ADE+∠AED＝90°，∵DE⊥EF，∴∠DEF＝90°，∴∠BEF+∠AED＝90°，∴∠ADE＝∠BEF，又∵∠A＝∠B，∴△AED∽△BFE；（2）解：∵E为AB的中点，∴AE＝BE＝5，由（1）知△AED∽△BFE，∴，即，∴BF＝；【应用】解：如果CE＝CF，则∠CEF＝∠CFE＝45°，∠ECF＝90°，则点E与点A重合，点F与点B重合，不符合题意，②如果CE＝EF，则∠ECF＝∠EFC＝，∵∠EFC为△BEF的外角，∴∠EFC＝∠B+∠BEF，∵∠ACB＝90°，AC＝BC，∴∠A＝∠B＝45°，∴∠BEF