分析 (1)①如图①中,∵矩形ABCD绕点C按顺时针方向旋转α角,得到矩形A'B'C'D',只要证明△CDD′是等边三角形即可解决问题;
②如图①中,连接CF,在Rt△CD′F中,求出FD′即可解决问题;
(2)由△A′DF∽△A′D′C,可得$\frac{A′D}{A′D′}$=$\frac{DF}{CD′}$,推出DF=$\frac{3}{2}$,同理可得△CDE∽△CB′A′,由$\frac{CD}{CB′}$=$\frac{ED}{A′B′}$,求出DE,即可解决问题;
(3)如图③中,作FG⊥CB′于G,由S△ACF=$\frac{1}{2}$•AC•CF=$\frac{1}{2}$•AF•CD,把问题转化为求AF•CD,只要证明∠ACF=90°,证明△CAD∽△FAC,即可解决问题;
解答 解:(1)①如图①中,∵矩形ABCD绕点C按顺时针方向旋转α角,得到矩形A'B'C'D',
∴A′D′=AD=B′C=BC=4,CD′=CD=A′B′=AB=3∠A′D′C=∠ADC=90°,
∵α=60°,
∴∠DCD′=60°,
∴△CDD′是等边三角形,
∴DD′=CD=3.
②如图①中,连接CF.∵CD=CD′,CF=CF,∠CDF=∠CD′F=90°,
∴△CDF≌△CD′F,
∴∠DCF=∠D′CF=$\frac{1}{2}$∠DCD′=30°,
在Rt△CD′F中,∵tan∠D′CF=$\frac{D′F}{CD′}$,
∴D′F=$\sqrt{3}$,
∴A′F=A′D′-D′F=4-$\sqrt{3}$.
(2)如图②中,
在Rt△A′CD′中,∵∠D′=90°,
∴A′C2=A′D′2+CD′2,
∴A′C=5,A′D=2,
∵∠DA′F=∠CA′D′,∠A′DF=∠D′=90°,
∴△A′DF∽△A′D′C,
∴$\frac{A′D}{A′D′}$=$\frac{DF}{CD′}$,
∴$\frac{2}{4}$=$\frac{DF}{3}$,
∴DF=$\frac{3}{2}$,
同理可得△CDE∽△CB′A′,
∴$\frac{CD}{CB′}$=$\frac{ED}{A′B′}$,
∴$\frac{3}{4}$=$\frac{ED}{3}$,
∴ED=$\frac{9}{4}$,
∴EF=ED+DF=$\frac{15}{4}$.
(3)如图③中,作FG⊥CB′于G.,
∵四边形A′B′CD′是矩形,
∴GF=CD′=CD=3,
∵S△CEF=$\frac{1}{2}$•EF•DC=$\frac{1}{2}$•CE•FG,
∴CE=EF,∵AE=EF,
∴AE=EF=CE,
∴∠ACF=90°,
∵∠ADC=∠ACF,∠CAD=∠FAC,
∴△CAD∽△FAC,
∴$\frac{AC}{AF}$=$\frac{AD}{AC}$,
∴AC2=AD•AF,
∴AF=$\frac{25}{4}$,
∵S△ACF=$\frac{1}{2}$•AC•CF=$\frac{1}{2}$•AF•CD,
∴AC•CF=AF•CD=$\frac{75}{4}$.
点评 本题考查矩形的性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理、面积法等知识,解题的关键是正确寻找相似三角形解决问题,学会添加常用辅助线,属于中考压轴题.
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