高中数学抛物线压轴题答案

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．



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