- 试题详情及答案解析
- （12分）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分）
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分）
（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．（5分）
（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：BF＝＿＿＿＿＿．（3分）
- 答案：（1）①DE∥AC；②
；（2）成立，证明见试题解析；（3）
或
． - 试题分析：（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=
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．
试题解析：（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；
（2）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，∠CMD=∠N=90°，AC=CD，∴△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，
∵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，∵DF1=DF2，∠CDF1=∠CDF2，CD=CD，
∴△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°=
，∴BF1=，BF2=BF1+F1F2=
，
故BF的长为或．
考点：全等三角形的判定与性质．