题目内容
3．
如图，线段AB=a，将线段AB绕点A逆时针旋转60°得到线段AC，继续旋转α（0°＜α＜120°）得到线段AD，连接BC，CD，BD．（1）当AB⊥AD时，α=30°，∠BDC=30°，BD=$\sqrt{2}$a，S四边形ABCD=$\frac{\sqrt{3}+1}{4}$a2；
（2）当AC⊥AD时，α=90°，∠BDC=30°，BD=$\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2}$a，S四边形ABCD=$\frac{\sqrt{3}+2}{4}$a2；
（3）请探究∠BDC大小的变化规律，并说明理由．
分析 （1）由∠BAD=90°、∠BAC=60°可得α，由AC=AD得∠ADC=75°、由AB=AD得∠ADB=45°，从而得出∠BDC及BD的长，作CE⊥AD可求得CE，再根据S四边形ABCD=S△ABC+S△ACD可得答案；
（2）由AC⊥AD且AC=AD=a得α=45°、CD=$\sqrt{2}$a，由AB=AD=a、∠BAC=60°得∠ABC=60°、∠ADB=∠ABD=15°，从而知∠BDC=30°、∠CBE=45°，作CE⊥BD，在Rt△CDE和Rt△BCE中分别求出DE、CE、BE的长，即可得BD，最后根据S四边形ABCD=S△ABC+S△ACD可得答案；
（3）由AB=AC=AD=a知点B、C、D在以点A为圆心，a为半径的圆上，即可得∠BDC=$\frac{1}{2}$∠BAC=30°．
解答 解：（1）当AB⊥AD时，∠BAD=90°，即∠BAC+∠CAD=90°，
∵∠BAC=60°，
∴∠CAD=30°，即α=30°，
∵AC=AD，
∴∠ADC=$\frac{180°-∠CAD}{2}$=75°，
又∵AB=AD=a，∠BAD=90°，
∴∠ADB=45°，BD=$\sqrt{2}$a，
∴∠BDC=∠ADC-∠ADB=30°，
如图1，作CE⊥AD于点E，
则CE=ACsin∠CAE=$\frac{1}{2}$a，
∴S四边形ABCD=S△ABC+S△ACD=$\frac{\sqrt{3}}{4}$a2+$\frac{1}{2}$•a•$\frac{1}{2}$a=$\frac{\sqrt{3}+1}{4}$a2，
故答案为：30，30，$\sqrt{2}$a，$\frac{\sqrt{3}+1}{4}$a2；
（2）如图2，
∵AC⊥AD，且AC=AD=a，
∴∠ADC=45°，即α=45°，CD=$\sqrt{2}$a，
又∵AB=AD=a，∠BAC=60°，
∴∠BAD=∠BAC+∠CAD=150°，∠ABC=60°，
∴∠ADB=∠ABD=15°，
∴∠BDC=∠ADC-∠ADB=30°，∠CBE=∠ABC-∠ABD=45°，
作CE⊥BD于点E，
在Rt△CDE中，DE=CDcos∠BDC=$\sqrt{2}$a×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=$\frac{\sqrt{6}}{2}$a，
BE=CE=CDsin∠BDC=$\sqrt{2}$a×$\frac{1}{2}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$a，
∴BD=DE+BE=$\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2}$a，
S四边形ABCD=S△ABC+S△ACD=$\frac{\sqrt{3}}{4}$a2+$\frac{1}{2}$•a•a=$\frac{\sqrt{3}+2}{4}$a2，
故答案为：90，30，$\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2}$a，$\frac{\sqrt{3}+2}{4}$a2．
（3）∠BDC=$\frac{1}{2}$∠BAC=30°，
如图3，
∵AB=AC=AD=a，
∴点B、C、D在以点A为圆心，a为半径的圆上，
∵∠BAC=60°，
∴∠BDC=$\frac{1}{2}$∠BAC=30°．
点评 本题主要考查旋转的性质、等腰三角形的性质、圆周角定理及三角函数的应用，熟练掌握并结合题意灵活运用是解题的关键．
用圆中两个可以自由转动的转盘做“配紫色”游戏，分别转动两个转盘，若其中一个转出红色，另一个转出蓝色即可配成紫色，那么可配成紫色的概率是（ ）| A． | $\frac{1}{2}$ | B． | $\frac{1}{4}$ | C． | $\frac{5}{12}$ | D． | $\frac{7}{12}$ |
如图：
如图，△ABC的外角∠ACD的平分线：CP与内角∠ABC平分线BP交于点P，若∠A=60°，求∠P的度数．
已知：如图，△ABC中，∠ACB=90°，F为AB的中点，EF⊥AB，求证：△CDF∽△ECF．