Question

【题目】如图1，两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　 　；

②设△BDC的面积为S1，△AEC的面积为S2，则S1与S2的数量关系是　 　．

（2）猜想论证

当△DEC绕点C旋转到如图3所示的位置时，请猜想（1）中S1与S2的数量关系是否仍然成立？若成立，请证明；若不成立，请说明理由．

（3）拓展探究

已知∠ABC＝60°，BD平分∠ABC，BD＝CD，BC＝9，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，请求相应的BF的长．

Answer 1

【答案】（1）①DE∥AC；②S1＝S2；（2）见解析;（3）BF的长为3或6．

【解析】

（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=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：（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＝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；

故答案为S1＝S2；

（2）如图，过点D作DM⊥BC于M，过点A作AN⊥CE交EC的延长线于N，

∵△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，，

∴△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，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＝∠ABC＝30°，∠F2DB＝90°，

∴∠F1DF2＝∠ABC＝60°，

∴△DF1F2是等边三角形，

∴DF1＝DF2，过点D作DG⊥BC于G，

∵BD＝CD，∠ABC＝60°，点D是角平分线上一点，

∴∠DBC＝∠DCB＝×60°＝30°，BG＝BC＝，

∴BD＝3

∴∠CDF1＝180°﹣∠BCD＝180°﹣30°＝150°，

∠CDF2＝360°﹣150°﹣60°＝150°，

∴∠CDF1＝∠CDF2，

∵在△CDF1和△CDF2中，，

∴△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＝×60°＝30°，

又∵BD＝3，

∴BE＝×3÷cos30°＝÷＝3（同求BD的方法），

∴BF1＝3，BF2＝BF1+F1F2＝3+3＝6，

故BF的长为3或6．