题目内容
1．在△ABC中，∠A=30°，AB=2$\sqrt{3}$，将△ABC绕点B顺时针旋转α（0°＜α＜90°），得到△DBE，其中点A的对应点是点D，点C的对应点是点E，AC、DE相交于点F，连接BF．（1）如图1，若α=60°，线段BA绕点B旋转α得到线段BD．请补全△DBE，并直接写出∠AFB的度数；
（2）如图2，若α=90°，求∠AFB的度数和BF的长；
（3）如图3，若旋转α（0°＜α＜90°），请直接写出∠AFB的度数及BF的长（用含α的代数式表示）．
分析 （1）首先根据题意，把线段BC绕点B顺时针旋转60°得到线段BE，再连接DE，即可补全△DBE；然后判断出AF垂直平分BD，即可推得DF=BF，∠AFB=∠DFG，在Rt△DGF中，求出∠DFG的度数，即可判断出∠AFB的度数．
（2）首先根据相似三角形判定的方法，判断出△ABG∽△DFG，即可判断出∠DFG=∠ABG=90°；然后推得A、B、D、F在以AD为直径的圆上，再根据圆周角定理，可得∠AFB=∠ADB=45°；最后在△ABF中，由正弦定理，求出BF的长是多少即可．
（3）首先根据∠A=∠D=30°，可得A、B、D、F四点共圆，所以∠AFB=∠ADB，在△ABD中，求出∠ADB的度数，即可求出∠AFB的度数；然后在△ABF中，由正弦定理，求出BF的长是多少即可．
解答 解：（1）如图1，AC、BD交于点G，
，
∵线段BA绕点B旋转60°得到线段BD，
∴∠ABD=60°，AB=BD，
又∵∠A=30°，
∴∠AGB=180°-60°-30°=90°，
∴AF⊥BD，
∵∠AGB=90°，∠A=30°，
∴BG=$\frac{1}{2}$AB=$\frac{1}{2}$BD，
∴AF垂直平分BD，
∴DF=BF，
∴∠AFB=∠DFG，
∵∠DGF=∠AGB=90°，∠D=∠A=30°，
∴∠DFG=90°-30°=60°，
∴∠AFB=60°．
（2）如图2，AC、BD交于点G，连接AD，
，
∵将△ABC绕点B顺时针旋转90°得到△DBE，
∴∠ABD=90°，AB=BD，
∴ADB=45°，
在△ABG和△DFG中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠AGB=∠DGF}\\{∠A=∠D=30°}\end{array}\right.$
∴△ABG∽△DFG，
∴∠DFG=∠ABG=90°，
∴A、B、D、F在以AD为直径的圆上，
∴∠AFB=∠ADB=45°．
在△ABF中，由正弦定理，可得
$\frac{BF}{sin∠A}=\frac{AB}{sin∠AFB}$，
∴$\frac{BF}{sin30°}=\frac{2\sqrt{3}}{sin45°}$，
解得BF=$\sqrt{6}$．
（3）如图3，
，
∵∠A=∠D=30°，
∴A、B、D、F四点共圆，
∴∠AFB=∠ADB，
在△ABD中，
∵AB=BD，∠ABD=α，
∴∠ADB=∠DAB，
∴∠ADB=（180°-α）÷2=90°-$\frac{1}{2}$α，
∴∠AFB=90°-$\frac{1}{2}$α；
在△ABF中，由正弦定理，可得
$\frac{BF}{sin∠A}=\frac{AB}{sin∠AFB}$，
∴$\frac{BF}{sin30°}=\frac{2\sqrt{3}}{sin（90°-\frac{1}{2}α）}$，
解得BF=$\frac{\sqrt{3}}{cos（\frac{1}{2}α）}$．
点评 （1）此题主要考查了几何变换综合题，考查了分析推理能力，考查了空间想象能力，考查了数形结合思想的应用，要熟练掌握．
（2）此题还考查了三角形相似的判定和性质的应用，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：①三边法：三组对应边的比相等的两个三角形相似；②两边及其夹角法：两组对应边的比相等且夹角对应相等的两个三角形相似；③两角法：有两组角对应相等的两个三角形相似．
（3）此题还考查了图形旋转的性质和应用，要熟练掌握．
一次函数y1=k1x+b1与y2=k2x+b2的图象如图所示，则当x＞1时，y1＜y2．
如图，在△ABC和△ADE中，AC=AB，AE=AD，∠CAB=∠EAD=90°
如图，在△ABC中，AD平分∠BAC交BC于D，在AB上截取AE=AC．
位于汉江沿岸的小明家、学校、医院、游乐场的平面图如图所示．
