如图①.在矩形ABCD中.AD=6.∠BDC=30°.将△BCD绕点B逆作时针方向旋转得到△BC0D0.其中点C.D的对应点分别是点C0.D0.且点D0刚好落在CB的延长线上.直线D0C0与AB相交于点E,(1)求旋转角α的度数,(2)求△EBD0的面积,(3)如图②.将△BC0D0以每秒1个单位长度的速度向右平行移动.得到△B1C1D1.其中点B.C0.D0的对应点分别是� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

1．如图①，在矩形ABCD中，AD=6，∠BDC=30°，将△BCD绕点B逆作时针方向旋转得到△BC₀D₀，其中点C，D的对应点分别是点C₀，D₀，且点D₀刚好落在CB的延长线上，直线D₀C₀与AB相交于点E；

（1）求旋转角α的度数；
（2）求△EBD₀的面积；
（3）如图②，将△BC₀D₀以每秒1个单位长度的速度向右平行移动，得到△B₁C₁D₁，其中点B，C₀，D₀的对应点分别是点B₁C₁D₁，当点C₁到达边CD上时停止运动，设移动的时间为t秒，△B₁C₁D₁与矩形ABCD重叠部分的面积为S（图中阴影部分），请直接写出S关于t的函数关系式，并写出t的取值范围；
（4）如题③，在（3）的△B₁C₁D₁平移过程中，直线D₁C₁与线段AB相交于N，直线B₁C₁与线段BD相交于M，是否存在某一时刻t，使△MNC为等腰三角形，若存在，求出时间t，若不存在，请说明理由．

分析（1）求旋转角可根据旋转定义求出∠D₀BD的度数
（2）△EBD₀面积可求出D₀E和C₀B长度，根据三角形面积公式求出面积
（3）此问用分段函数表示，①当C₁在矩形ABCD外面，阴影部分是三角形，可用相似求出面积；②当C₁在矩形ABCD里面，阴影部分是四边形，可用间接法求出面积
（4）根据已知用t表示相关线段，根据等腰列出一元二次方程，判断方程的根即可．

解答解：（1）
∵△BCD绕点B逆作时针方向旋转得到△BC₀D₀，
∴旋转角α=∠D₀BD，
又∵∠BDC=30°，
∴∠DBC=60°，即∠D₀BD=180°-60°=120°，
（2）∵△BCD绕点B逆作时针方向旋转得到△BC₀D₀，AD=6，∠BDC=30°，
∴BC=BC₀=6，DC=D₀C₀=6$\sqrt{3}$，
∵∠D₀C₀B=90°，
∴∠C₀BE=30°，
∴${C}_{0}E=2\sqrt{3}$，
∴${S}_{△EB{D}_{0}}=（6\sqrt{3}+2\sqrt{3}）×6×\frac{1}{2}=24\sqrt{3}$；
（3）①当C₁在矩形ABCD外面时，
S=2t²（0＜t≤3），
②当C₁在矩形ABCD里面时，
S=$\frac{-\sqrt{3}{t}^{2}+24\sqrt{3}t-36\sqrt{3}}{6}（3＜t≤9）$；
（4）不能．
如图③

过点M作MH⊥AB，MR⊥BC，
在矩形ABCD中，AD=6，∠BDC=30°，
可求：AB=$6\sqrt{3}$，B₁D₁=BD=12，
由题意可求∠CBD=∠BB₁C₁=60°，
∴△MBB₁是等边三角形，
当运动时间为t时，BB₁=t，BR=$\frac{1}{2}t$，MR=$\frac{\sqrt{3}}{2}$t，
D₁B=12-t，CR=6-$\frac{1}{2}t$，
在直角三角形D₁BN中，$\frac{BN}{{D}_{1}B}$=tan30°=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
解得：BN=$4\sqrt{3}-\frac{\sqrt{3}}{3}t$，
∴HN=BN-BH=$4\sqrt{3}$-$\frac{5\sqrt{3}}{6}$t，
由勾股定理可求：MN²=HN²+MH²=$\frac{1}{4}{t}^{2}+48-10t+\frac{25}{12}{t}^{2}$，
MC²=$\frac{3}{4}{t}^{2}+36-6t+\frac{1}{4}{t}^{2}$，
当MN²=MC²时，$\frac{1}{4}{t}^{2}+48-10t+\frac{25}{12}{t}^{2}$=$\frac{3}{4}{t}^{2}+36-6t+\frac{1}{4}{t}^{2}$，
化简得：4t²-12t+36=0，
△=b²-4ac＜0，
方程无解，
所以不存在某一时刻t，使△MNC为等腰三角形．