题目内容
【题目】如图1,将两个完全相同的三角形纸片ABC和DEC重合放置,其中∠C=90°,∠B=∠E=30°.
(1)操作发现
如图2,固定△ABC,使△DEC绕点C旋转,当点D恰好落在AB边上时,填空:
①线段DE与AC的位置关系是_________;
②设△BDC的面积为S1,△AEC的面积为S2,则S1与S2的数量关系是____________.
(2)猜想论证
当△DEC绕点C旋转到图3所示的位置时,小明猜想(1)中S1与S2的数量关系仍然成立,并尝试分别作出了△BDC和△AEC中BC、CE边上的高,请你证明小明的猜想.
(3)拓展探究
已知∠ABC=60°,点D是其角平分线上一点,BD=CD=4,DE//AB交BC于点E(如图4).若在射线BA上存在点F,使,请直接写出相应的BF的长.
【答案】(1)①DE∥AC;②S1=S2;(2)证明见解析;(3)BF的长为或.
【解析】试题分析:(1)①根据旋转的性质可得AC=CD,然后求出△ACD是等边三角形,根据等边三角形的性质可得∠ACD=60°,然后根据内错角相等,两直线平行解答;
②根据等边三角形的性质可得AC=AD,再根据直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半求出AC=AB,然后求出AC=BD,再根据等边三角形的性质求出点C到AB的距离等于点D到AC的距离,然后根据等底等高的三角形的面积相等解答;
(2)根据旋转的性质可得BC=CE,AC=CD,再求出∠ACN=∠DCM,然后利用“角角边”证明△ACN和△DCM全等,根据全等三角形对应边相等可得AN=DM,然后利用等底等高的三角形的面积相等证明;
(3)过点D作DF1∥BE,求出四边形BEDF1是菱形,根据菱形的对边相等可得BE=DF1,然后根据等底等高的三角形的面积相等可知点F1为所求的点,过点D作DF2⊥BD,求出∠F1DF2=60°,从而得到△DF1F2是等边三角形,然后求出DF1=DF2,再求出∠CDF1=∠CDF2,利用“边角边”证明△CDF1和△CDF2全等,根据全等三角形的面积相等可得点F2也是所求的点,然后在等腰△BDE中求出BE的长,即可得解.
解:(1)①∵△DEC绕点C旋转点D恰好落在AB边上,
∴AC=CD,
∵∠BAC=90°﹣∠B=90°﹣30°=60°,
∴△ACD是等边三角形,
∴∠ACD=60°,
又∵∠CDE=∠BAC=60°,
∴∠ACD=∠CDE,
∴DE∥AC;
②∵∠B=30°,∠C=90°,
∴CD=AC=AB,
∴BD=AD=AC,
根据等边三角形的性质,△ACD的边AC、AD上的高相等,
∴△BDC的面积和△AEC的面积相等(等底等高的三角形的面积相等),
即S1=S2;
故答案为:DE∥AC;S1=S2;
(2)如图,∵△DEC是由△ABC绕点C旋转得到,
∴BC=CE,AC=CD,
∵∠ACN+∠BCN=90°,∠DCM+∠BCN=180°﹣90°=90°,
∴∠ACN=∠DCM,
∵在△ACN和△DCM中,
,
∴△ACN≌△DCM(AAS),
∴AN=DM,
∴△BDC的面积和△AEC的面积相等(等底等高的三角形的面积相等),
即S1=S2;
(3)如图,过点D作DF1∥BE,易求四边形BEDF1是菱形,
所以BE=DF1,且BE、DF1上的高相等,
此时S△DCF1=S△BDE;
过点D作DF2⊥BD,
∵∠ABC=60°,F1D∥BE,
∴∠F2F1D=∠ABC=60°,
∵BF1=DF1,∠F1BD=∠ABC=30°,∠F2DB=90°,
∴∠F1DF2=∠ABC=60°,
∴△DF1F2是等边三角形,
∴DF1=DF2,
∵BD=CD,∠ABC=60°,点D是角平分线上一点,
∴∠DBC=∠DCB=×60°=30°,
∴∠CDF1=180°﹣∠BCD=180°﹣30°=150°,
∠CDF2=360°﹣150°﹣60°=150°,
∴∠CDF1=∠CDF2,
∵在△CDF1和△CDF2中,
,
∴△CDF1≌△CDF2(SAS),
∴点F2也是所求的点,
∵∠ABC=60°,点D是角平分线上一点,DE∥AB,
∴∠DBC=∠BDE=∠ABD=×60°=30°,
又∵BD=4,
∴BE=×4÷cos30°=2÷=,
∴BF1=,BF2=BF1+F1F2=+=,
故BF的长为或.