题目内容
【题目】如图1，两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旋转到如图3所示的位置时，请猜想（1）中S1与S2的数量关系是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．
（3）拓展探究
已知∠ABC＝60°，BD平分∠ABC，BD＝CD，BC＝9，DE∥AB交BC于点E（如图4）．若在射线BA上存在点F，使S△DCF＝S△BDE，请求相应的BF的长．
【答案】（1）①DE∥AC；②S1＝S2；（2）见解析;（3）BF的长为3或6．
【解析】
（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；
故答案为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S1＝S2；
（2）如图，过点D作DM⊥BC于M，过点A作AN⊥CE交EC的延长线于N，
∵△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，过点D作DG⊥BC于G，
∵BD＝CD，∠ABC＝60°，点D是角平分线上一点，
∴∠DBC＝∠DCB＝×60°＝30°，BG＝BC＝
，
∴BD＝3
∴∠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＝3，
∴BE＝×3÷cos30°＝
÷
＝3（同求BD的方法），
∴BF1＝3，BF2＝BF1+F1F2＝3+3＝6，
故BF的长为3或6．
