Question

2．已知，△ABC和△A₁B₁C₁均为正三角形，BC和B₁C₁的中点均为D，如图1．
（1）当△A₁B₁C₁绕点D旋转到△A₂B₂C₂时，试判断AA₂与CC₂的位置关系，并证明你的结论．
（2）如果当△A₁B₁C₁绕点D旋转一周，顶点A₁和AC仅有一个交点，设该交点为A₃，如图3．当AB=4时，求多边形ABDC₃C的面积．

Answer 1

分析 （1）利用等边三角形的性质以及结合相似三角形的判定与性质得出得∠A₂AD=∠C₂CD，进而得出∠ADE=∠CFE=90°，即可得出答案；
（2）首先连接A₃D，过C₃作C₃G⊥BC于G，进而得出C₃C，C₃G的长，进而利用多边形ABDC₃C的面积=S_△ABC+S_△CC3D，求出答案．

解答 解：（1）AA₂⊥CC₂
理由：在图2中，连接AD、A₂D、延长AA₂交BC于E，交CC₂于F，
∵BC和B₁C₁的中点均为D，△A₁B₁C₁绕点D旋转到△A₂B₂C₂，
∴∠ADA₂=90°-∠A₂DC=∠CDC₂，$\frac{AD}{{D{A_2}}}=\frac{DC}{{D{C_2}}}$，（等边三角形都相似，相似三角形对应高的比等于相似比），
∴△AA₂D∽△CC₂D，
于是得∠A₂AD=∠C₂CD，
又∵∠AED=∠CEF，
∴∠ADE=∠CFE=90°，
∴AA₂⊥CC₂；

（2）在图3中，连接A₃D，过C₃作C₃G⊥BC于G，由（1）得AC⊥CC₃，
由题意得A₃D⊥AC，四边形A₃CC₃D是矩形，
则C₃C=A₃D=2sin60°=$\sqrt{3}$，
C₃G=$\sqrt{3}$sin（90°-60°）=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
故多边形ABDC₃C的面积=S_△ABC+S_△CC3D=$\frac{1}{2}$×4×4sin60°+$\frac{1}{2}$×2×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=$\frac{{9\sqrt{3}}}{2}$．

点评 此题主要考查了几何变换以及相似三角形的判定与性质和解直角三角形的应用，正确利用相似三角形的判定与性质是解题关键．