Question

7．如圖1，將兩個(gè)等腰直角三角形紙片ABC和DEC的頂點(diǎn)C重合放置，點(diǎn)D和E分別在邊AC和BC上，其中∠C=90°，AC=BC，DC=EC．
（1）操作發(fā)現(xiàn)：
如圖2，固定△ABC，使△DEC繞點(diǎn)C順時(shí)針旋轉(zhuǎn)45°，點(diǎn)D恰好落在AB邊上，填空：
①線段DE與AC的位置關(guān)系是DE∥AC；
②設(shè)△BDC面積為S₁，△AEC的面積為S₂，則S₁與S₂的數(shù)量關(guān)系是S₁=S₂．
（2）猜想論證：
當(dāng)△DEC繞點(diǎn)C繼續(xù)旋轉(zhuǎn)到如圖3所示的位置時(shí)，小明猜想（1）中S₁與S₂的數(shù)量關(guān)系仍然成立，并嘗試分別作出了△BDC和△AEC中BC，AC邊上的高DM，EN，請(qǐng)你證明小明的猜想．
（3）拓展探究：
已知∠ABC=60°，點(diǎn)D是∠ABC平分線上一點(diǎn)，BD=CD=4，DE∥AB交BC于點(diǎn)E（如圖4），若在射線BA上存在點(diǎn)F，使S_△DCF=S_△BDE，請(qǐng)直接寫出相應(yīng)的線段BF的長．

Answer 1

分析 （1）①由△DEC繞點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)點(diǎn)D恰好落在AB邊上，得到AC=CD，推出△ACD是等腰直角三角形，得到∠ACD=45°，等量代換得到∠ACD=∠CDE，根據(jù)平行線的判定定理即可得到結(jié)論；②根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)得到CD=AC=$\frac{1}{2}$AB，根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)，△ADC的邊AC上的高是$\frac{1}{2}$AC，求得△BDC的面積和△AEC的面積相等（等底等高的三角形的面積相等），即可得到結(jié)論；
（2）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)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(jù)全等三角形對(duì)應(yīng)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(diǎn)D作DF₁∥BE，求出四邊形BEDF₁是菱形，根據(jù)菱形的對(duì)邊相等可得BE=DF₁，然后根據(jù)等底等高的三角形的面積相等可知點(diǎn)F₁為所求的點(diǎn)，過點(diǎn)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(jù)全等三角形的面積相等可得點(diǎn)F₂也是所求的點(diǎn)，然后在等腰△BDE中求出BE的長，即可得解．

解答 解：（1）①∵△DEC繞點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)點(diǎn)D恰好落在AB邊上，
∴AC=CD，
∵∠BAC=90°-∠B=90°-45°=45°，
∴△ACD是等腰直角三角形，
∴∠ACD=45°，
又∵∠CDE=∠BAC=45°，
∴∠ACD=∠CDE，
∴DE∥AC；

②∵∠B=45°，∠C=90°，
∴CD=AC=$\frac{1}{2}$AB，
∴BD=AD=CD=$\frac{\sqrt{2}}{2}$AC，
根據(jù)等腰直角三角形的性質(zhì)，△ADC的邊AC上的高是$\frac{1}{2}$AC，
∴△BDC的面積=$\frac{1}{2}$BD•CD=$\frac{1}{2}$×$\frac{\sqrt{2}}{2}$AC•$\frac{\sqrt{2}}{2}$AC=$\frac{1}{4}$AC²，△AEC的面積=$\frac{1}{2}$AC•$\frac{1}{2}$AC=$\frac{1}{4}$AC²，
∴∴△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：DE∥AC；S₁=S₂；

（2）如圖3，∵△DEC是由△ABC繞點(diǎn)C旋轉(zhuǎn)得到，
∴BC=CE，AC=CD，
∵∠ACN+∠BCN=90°，∠DCM+∠BCN=180°-90°=90°，
∴∠ACN=∠DCM，
∵在△ACN和△DCM中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠ACN=∠DCM}\\{∠CMD=∠N=90°}\\{AC=CD}\end{array}\right.$，
∴△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4，過點(diǎn)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(shí)S_△DCF1=S_△BDE；
過點(diǎn)D作DF₂⊥BD，
∵∠ABC=60°，F(xiàn)₁D∥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(diǎn)D是角平分線上一點(diǎn)，
∴∠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(diǎn)F₂也是所求的點(diǎn)，
∵∠ABC=60°，點(diǎn)D是角平分線上一點(diǎn)，DE∥AB，
∴∠DBC=∠BDE=∠ABD=$\frac{1}{2}$×60°=30°，
又∵BD=4，
∴BE=$\frac{1}{2}$×4÷cos30°=2÷$\frac{\sqrt{3}}{2}$=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，
∴BF₁=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，BF₂=BF₁+F₁F₂=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$+$\frac{4\sqrt{3}}{3}$=$\frac{8\sqrt{3}}{3}$，
故BF的長為$\frac{4\sqrt{3}}{3}$或$\frac{8\sqrt{3}}{3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，三角形的面積，等邊三角形的判定與性質(zhì)，直角三角形30°角所對(duì)的直角邊等于斜邊的一半的性質(zhì)，熟練掌握等底等高的三角形的面積相等，以及全等三角形的面積相等是解題的關(guān)鍵，（3）要注意符合條件的點(diǎn)F有兩個(gè)．