Question

4．如圖1，將兩個完全相同的三角形紙片ABC和DEC如圖1放置，點D在AB邊上，其中∠ACB=∠DCE=90°，∠B=∠DEC=30°．

（1）操作發現
連接AE，設△BDC的面積為S₁，△AEC的面積為S₂，則S₁與S₂的數量關系是S₁=S₂．
（2）猜想論證
當這兩個完全相同的三角形紙片ABC和DEC如圖2放置時，連接AE和BD，（1）中S₁與S₂的數量關系仍然成立嗎？請說明理由．
（3）拓展探究
已知∠ABC=60°，點D是∠ABC角平分線上一點，BD=CD=4$\sqrt{3}$，DE=4，BC=12，DE∥AB交BC于點E且DE=4（如圖3）．若在射線BA上存在點F，使S_△DCF=S_△BDE，請求出相應的BF的長．

Answer 1

分析 （1）根據等邊三角形的性質可得AC=AD，再根據直角三角形30°角所對的直角邊等于斜邊的一半求出AC=$\frac{1}{2}$AB，然后求出AC=BD，再根據等邊三角形的性質求出點C到AB的距離等于點D到AC的距離，然后根據等底等高的三角形的面積相等解答即可．
（2）根據旋轉的性質可得BC=CE，AC=CD，再求出∠ACN=∠DCM，然后利用“角角邊”證明△ACN和△DCM全等，根據全等三角形對應邊相等可得AN=DM，然后利用等底等高的三角形的面積相等證明；
（3）過點D作DF₁∥BE，求出四邊形BEDF₁是菱形，根據菱形的對邊相等可得BE=DF₁，然后根據等底等高的三角形的面積相等可知點F₁為所求的點，過點D作DF₂⊥BD，求出∠F₁DF₂=60°，從而得到△DF₁F₂是等邊三角形，然后求出DF₁=DF₂，再求出∠CDF₁=∠CDF₂，利用“邊角邊”證明△CDF₁和△CDF₂全等，根據全等三角形的面積相等可得點F₂也是所求的點，然后在等腰△BDE中求出BE的長即可．

解答 解：（1））∵∠B=30°，∠C=90°，
∴CD=AC=$\frac{1}{2}$AB，
∴BD=AD=AC，
根據等邊三角形的性質，△ACD的邊AC、AD上的高相等，
∴△BDC的面積和△AEC的面積相等（等底等高的三角形的面積相等），
即S₁=S₂；
故答案為：S₁=S₂；
（2）如圖，延長EC過點A做AN⊥EC延長線于N，過點D做DM⊥BC于M，
∵△DEC是由△ABC繞點C旋轉得到，
∴BC=CE，AC=CD，
∵∠ACN+∠BCN=90°，∠DCM+∠BCN=180°-90°=90°，
∴∠ACN=∠DCM，
∵在△ACN和△DCM中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠ACN=∠DCM}\\{∠ANC=∠DMC}\\{AC=DC}\end{array}\right.$，
∴△ACN≌△DCM（AAS），
∴AN=DM，
∴△BDC的面積和△AEC的面積相等（等底等高的三角形的面積相等），
即S₁=S₂；
（3）如圖，過點D作DF₁∥BE，易求四邊形BEDF₁是菱形，
所以BE=DF₁，且BE、DF₁上的高相等，
此時S_△DCF1=S_△BDE；
過點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是等邊三角形，
∴DF₁=DF₂，
∵BD=CD，∠ABC=60°，點D是角平分線上一點，
∴∠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），
∴點F₂也是所求的點，
∵∠ABC=60°，點D是角平分線上一點，DE∥AB，
∴∠DBC=∠BDE=∠ABD=$\frac{1}{2}$×60°=30°，
又∵BD=4，
∴BE=$\frac{1}{2}$×4÷cos30°=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，
∴BF₁=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，
BF₂=BF₁+F₁F₂=$\frac{8\sqrt{3}}{3}$，
故BF的長為$\frac{4\sqrt{3}}{3}$或$\frac{8\sqrt{3}}{3}$．

點評 本題考查了旋轉的性質，三角形的面積，等邊三角形的判定與性質，直角三角形30°角所對的直角邊等于斜邊的一半的性質，熟練掌握等底等高的三角形的面積相等以及旋轉的性質是解題的關鍵．