Question

8．如图，正方形ABCD边长为2，连接对角线AC、BD交于点O，将CD绕点C顺时针旋转150°至CE，连接DE交AC于点F，过点F作HF⊥DE于点F，交AB于点H．则S_{四边形HFCE}=$\frac{3\sqrt{3}+2}{3}$．

Answer 1

分析 ①作辅助线，构建高线；
②分别利用勾股定理和30°角的三角函数值，求EG、CG、DF、OH的长；
③根据正方形对角线的长求AF、FC的长；
④证明△AFH∽△EDB，求FH的长；
⑤根据三角形面积和与差求四边形的面积．

解答 解：∵四边形ABCD为正方形，
∴∠ODC=∠FCD=45°，
由旋转得：CD=CE，∠DCE=150°，
∴∠EDC=15°，
∴∠BDF=30°，
过E作EG⊥DC，交DC延长线于G，连接BE，
∵∠ECG=15°+15°=30°，CE=2，
∴GE=1，CG=$\sqrt{3}$，
由勾股定理得：DE=$\sqrt{{1}^{2}+（2+\sqrt{3}）^{2}}$=$\sqrt{2}$+$\sqrt{6}$，
Rt△DOF中，OD=$\frac{2}{\sqrt{2}}$=$\sqrt{2}$，
∵∠ODF=30°，
∴cos30°=$\frac{OD}{DF}$，tan30°=$\frac{OF}{OD}$，
∴DF=$\frac{\sqrt{2}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}$=$\frac{2\sqrt{6}}{3}$，OF=OD•tan30°=$\sqrt{2}$×$\frac{\sqrt{3}}{3}$=$\frac{\sqrt{6}}{3}$，
∴FC=$\sqrt{2}$-OF=$\sqrt{2}$-$\frac{\sqrt{6}}{3}$，
EF=DE-DF=$\sqrt{2}$+$\sqrt{6}$-$\frac{2\sqrt{6}}{3}$=$\sqrt{2}$+$\frac{\sqrt{6}}{3}$，
AF=AO+OF=$\sqrt{2}$+$\frac{\sqrt{6}}{3}$，
∵BC=CD=CE，∠BCE=90°-∠ECG=90°-30°=60°，
∴△BCE是等边三角形，
∴BE=2，∠BED=60°-15°=45°，
∴∠BED=∠CAB=45°，
∵∠AFH=90°-60°=30°，
∴∠AFH=∠BDE，
∴△AFH∽△EDB，
∴$\frac{FH}{DB}=\frac{AF}{ED}$，
∴$\frac{FH}{2\sqrt{2}}$=$\frac{\sqrt{2}+\frac{\sqrt{6}}{3}}{\sqrt{2}+\sqrt{6}}$，
∴FH=$\frac{4}{\sqrt{6}}$，
过F作FM⊥DC于M，
∵∠ACD=45°，
∴FM=$\frac{FC}{\sqrt{2}}$=$\frac{\sqrt{2}-\frac{\sqrt{6}}{3}}{\sqrt{2}}$=1-$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴S_{四边形HFCE}=S_△FHE+S_△DEG-S_△DFC-S_△CEG，
=$\frac{1}{2}$FE•FH+$\frac{1}{2}$DE•EG-$\frac{1}{2}$DC•FM-$\frac{1}{2}$CG•EG，
=$\frac{1}{2}$（$\sqrt{2}$+$\frac{\sqrt{6}}{3}$）×$\frac{4}{\sqrt{6}}$+$\frac{1}{2}$×1×（2+$\sqrt{3}$）-$\frac{1}{2}$×2×（1-$\frac{\sqrt{3}}{3}$）-$\frac{1}{2}$×1×$\sqrt{3}$，
=$\frac{3\sqrt{3}+2}{3}$．

点评 本题考查了正方形和旋转的性质及直角三角形30°角的性质，利用勾股定理和特殊角的三角函数值求边的长度，计算量大，要细心；根据相似三角形对应边的比列式计算；在求不规则四边形面积时，利用求和法与求差法，转化为三角形面积求解．