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【题目】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
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,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 ,请直接写出相应的BF的长.

【答案】
(1)DE∥AC,S1=S2
(2)解:如图,∵△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)解: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SDCF1=SBDE

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

∵BD=CD,∠ABC=60°,点D是角平分线上一点,

∴∠DBC=∠DCB= ×60°=30°,

∴∠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=4,

∴BE= ×4÷cos30°=2÷ =

∴BF1= ,BF2=BF1+F1F2= + =

故BF的长为


【解析】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;

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:DE∥AC;S1=S2

(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,可得到BF1的长再根据BF2=BF1+F1F2即可得解。

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