Question

4．如图1，将两个完全相同的三角形纸片ABC和DEC如图1放置，点D在AB边上，其中∠ACB=∠DCE=90°，∠B=∠DEC=30°．

（1）操作发现
连接AE，设△BDC的面积为S₁，△AEC的面积为S₂，则S₁与S₂的数量关系是S₁=S₂．
（2）猜想论证
当这两个完全相同的三角形纸片ABC和DEC如图2放置时，连接AE和BD，（1）中S₁与S₂的数量关系仍然成立吗？请说明理由．
（3）拓展探究
已知∠ABC=60°，点D是∠ABC角平分线上一点，BD=CD=4$\sqrt{3}$，DE=4，BC=12，DE∥AB交BC于点E且DE=4（如图3）．若在射线BA上存在点F，使S_△DCF=S_△BDE，请求出相应的BF的长．

Answer 1

分析 （1）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=$\frac{1}{2}$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即可．
（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．

解答 解：（1））∵∠B=30°，∠C=90°，
∴CD=AC=$\frac{1}{2}$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：S₁=S₂；
（2）如图，延长EC过点A做AN⊥EC延长线于N，过点D做DM⊥BC于M，
∵△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，
$\left\{\begin{array}{l}{∠ACN=∠DCM}\\{∠ANC=∠DMC}\\{AC=DC}\end{array}\right.$，
∴△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=$\frac{1}{2}$∠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=$\frac{1}{2}$×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），
∴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=$\frac{1}{2}$×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的长为$\frac{4\sqrt{3}}{3}$或$\frac{8\sqrt{3}}{3}$．

点评 本题考查了旋转的性质，三角形的面积，等边三角形的判定与性质，直角三角形30°角所对的直角边等于斜边的一半的性质，熟练掌握等底等高的三角形的面积相等以及旋转的性质是解题的关键．