Question

16．如圖①，在△ABC中，∠ACB=90°，BC=2，∠A=30°，點E，F(xiàn)分別是線段BC，AC的中點，連接EF．
（1）說明線段BE與AF的位置關(guān)系和數(shù)量關(guān)系；
（2）如圖②，當(dāng)△CEF繞點C順時針旋轉(zhuǎn)α（0°＜α＜90°）時，連接AF，BE，（1）中的結(jié)論是否仍然成立？如果成立，請證明；如果不成立，請說明理由；
（3）如圖③，當(dāng)△CEF繞點C順時針旋轉(zhuǎn)α（0°＜α＜180°）時，延長FC交AB于點D，如果AD=6-2$\sqrt{3}$，求旋轉(zhuǎn)角α的度數(shù)．

Answer 1

分析 （1）由含30°角的直角三角形的性質(zhì)得出AC=$\sqrt{3}$BC=2$\sqrt{3}$，由已知得出BE⊥AF，BE=CE，AF=CF，得出$\frac{AF}{BE}$=$\frac{AC}{BC}$=$\sqrt{3}$，即可得出結(jié)論；
（2）由中點的定義得出EC=$\frac{1}{2}$BC，F(xiàn)C=$\frac{1}{2}$AC，得出$\frac{EC}{BC}=\frac{FC}{AC}$=$\frac{1}{2}$，再由∠BCE=∠ACF=α，證出△BEC∽△AFC，得出$\frac{AF}{BE}=\frac{AC}{BC}$=$\sqrt{3}$，∠CBE=∠CAF，延長BE交AC于點O，交AF于點M，如圖2所示：由三角形內(nèi)角和定理證出∠BCO=∠AMO=90°，得出BE⊥AF；
（3）由直角三角形的性質(zhì)得出AB=2BC=4，∠B=60°，得出DB=AB-AD=2$\sqrt{3}$-2，過點D作DH⊥BC于點H，由直角三角形的性質(zhì)得出BH=$\frac{1}{2}$DB=$\sqrt{3}$-1，DH=$\frac{\sqrt{3}}{2}$DB=3-$\sqrt{3}$，求出CH=3-$\sqrt{3}$，得出CH=DH，由等腰直角三角形的性質(zhì)得出∠HCD=45°，得出∠DCA=45°，求出α=135°即可．

解答 （1）解：BE⊥AF，AF=$\sqrt{3}$BE；理由如下：
∵在△ABC中，∠ABC=90°，BC=2，∠A=30°，
∴AC=$\sqrt{3}$BC=2$\sqrt{3}$，
∵點E，F(xiàn)分別是線段BC，AC的中點，
∴BE⊥AF，BE=CE，AF=CF，
∴$\frac{AF}{BE}$=$\frac{AC}{BC}$=$\sqrt{3}$，
∴AF=$\sqrt{3}$BE；
（2）解：（1）中的結(jié)論仍然成立，理由如下：
∵點E，F(xiàn)分別是線段BC，AC的中點，
∴EC=$\frac{1}{2}$BC，F(xiàn)C=$\frac{1}{2}$AC，
∴$\frac{EC}{BC}=\frac{FC}{AC}$=$\frac{1}{2}$，
∵∠BCE=∠ACF=α，
∴△BEC∽△AFC，
∴$\frac{AF}{BE}=\frac{AC}{BC}$=$\sqrt{3}$，∠CBE=∠CAF，
延長BE交AC于點O，交AF于點M，如圖2所示：
∵∠BOC=∠AOM，∠CBE=∠CAF，
∴∠BCO=∠AMO=90°，
∴BE⊥AF；
（3）解：∵∠ACB=90°，BC=2，∠A=30°，
∴AB=2BC=4，∠B=60°，
∴DB=AB-AD=4-（6-2$\sqrt{3}$）=2$\sqrt{3}$-2，
過點D作DH⊥BC于點H，如圖3所示：
∴BH=$\frac{1}{2}$DB=$\sqrt{3}$-1，DH=$\frac{\sqrt{3}}{2}$DB=3-$\sqrt{3}$，
又∵CH=BC-BH=2-（$\sqrt{3}$-1）=3-$\sqrt{3}$，
∴CH=DH，
∴∠HCD=45°，
∴∠DCA=45°，
∴α=180°-45°=135°．

點評 本題是三角形綜合題目，考查了含30°角的直角三角形的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、三角形內(nèi)角和定理、等腰直角三角形的判定與性質(zhì)等知識；本題綜合性強，有一定難度．