如图1.将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DE∥AC,②设△BDC的面积为S1.△AEC的面积为S2.则S1与S2的数量关系是S1=S2．(2)猜想论证当△DEC绕点C旋转到图3所示� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

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10．如图1，将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DE∥AC；
②设△BDC的面积为S₁，△AEC的面积为S₂，则_S1与S₂的数量关系是S₁=S₂．
（2）猜想论证
当△DEC绕点C旋转到图3所示的位置时，小明猜想（1）中S₁与S₂的数量关系仍然成立，并尝试分别作出了△BDC和△AEC中BC、CE边上的高DM和AN，请你证明小明的猜想．
（3）拓展探究
已知∠ABC=60°，点D是其角平分线上一点，BD=CD=4，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，请求出相应的BF的长．

分析（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=$\frac{1}{2}$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．

解答解：（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=$\frac{1}{2}$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=$\frac{1}{2}$×2×2$\sqrt{3}$=2$\sqrt{3}$；
故答案为：S₁=S₂；

（2）∵△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，
$\left\{\begin{array}{l}{∠ACN=∠DCM}\\{∠CMD=∠N}\\{AC=CD}\end{array}\right.$，
∴△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（3），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=$\frac{1}{2}$∠ABC=30°，∠F₂DB=90°，
∴∠F₁DF₂=∠ABC=60°，
∴△DF₁F₂是等边三角形，
∴DF₁=DF₂，
∵BD=CD，∠ABC=60°，点D是角平分线上一点，
∴∠DBC=∠DCB=$\frac{1}{2}$×60°=30°，
∴∠CDF₁=180°-∠BCD=180°-30°=150°，
∠CDF₂=360°-150°-60°=150°，
∴∠CDF₁=∠CDF₂，
∵在△CDF₁和△CDF₂中，
$\left\{\begin{array}{l}{D{F}_{1}=D{F}_{2}}\\{∠CD{F}_{1}=∠CD{F}_{2}}\\{CD=CD}\end{array}\right.$，
∴△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=$\frac{1}{2}$×60°=30°，
又∵BD=4，
∴BE=$\frac{1}{2}$×4÷cos30°=2÷$\sqrt{3}$=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，
∴BF₁=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，BF₂=BF₁+F₁F₂=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$+$\frac{4\sqrt{3}}{3}$=$\frac{8\sqrt{3}}{3}$，
故BF的长为$\frac{4\sqrt{3}}{3}$或$\frac{8\sqrt{3}}{3}$．

点评本题考查了全等三角形的判定与性质，三角形的面积，等边三角形的判定与性质，直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半的性质，熟练掌握等底等高的三角形的面积相等，以及全等三角形的面积相等是解题的关键，（3）要注意符合条件的点F有两个．

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