Question

4．如圖，△ABC是邊長為2的正三角形，點D在△ABC內(nèi)部，且滿足DB=DC，DB⊥DC，點E在邊AC上，延長ED交線段AB于點H．
（1）若ED=EC請直接寫出∠BAD=30°，∠AEH=30°，∠AHE=90°．
（2）若ED=EC，求EH的長；
（3）若AE=x，AH=y，請利用S_△AEH=S_△AED+S_△AHD，求y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式，并求自變量x的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）先判斷出△ADB≌△ADC，得出∠BAD=30°，由等邊三角形和等腰直角三角形的性質(zhì)求出∠DCE=15°，從而求出∠AEH和∠AHE；
（2）先求出AD，利用有一個角是30°的直角三角形的性質(zhì)求出DE，DH即可；
（3）先作出對應(yīng)三角形的高，利用有一個角是30°的直角三角形的性質(zhì)表示出EG，HM，HN，利用S_△AEH=S_△AED+S_△AHD，建立方程即可．

解答 解：（1）在△ADB和△ADC中，$\left\{\begin{array}{l}{AD=AD}\\{AB=AC}\\{BD=CD}\end{array}\right.$，
∴△ADB≌△ADC，
∴∠BAD=∠CAD=$\frac{1}{2}$∠BAC=30°，
∵△ABC是邊長為2的正三角形，
∴∠ACB=∠BAC=60°，
∵DB=DC，DB⊥DC，
∴∠BCD=45°，
∴∠DCE=15°，
∵ED=EC，
∴∠AEH=2∠DCE=30°，
∵∠BAC=60°，
∴∠AHE=90°，
故答案為：30°，30°，90°；
（2）如圖，∵△ABC是邊長為2的正三角形，
∴AF=$\sqrt{3}$，
在△BDC中，DB=DC，DB⊥DC，
∴DF=$\frac{1}{2}$BC=1，
∴AD=AF-DF=$\sqrt{3}$-1，
由（1）得∠AEH=∠CAD=30°，
∴DE=AD=$\sqrt{3}$-1，
由（1）得∠AHE=90°，∠BAD=30°，
∴DH=$\frac{1}{2}$AD=$\frac{1}{2}$（$\sqrt{3}$-1），
∴EH=DH+DE=$\frac{1}{2}$（$\sqrt{3}$-1）+$\sqrt{3}$-1=$\frac{3}{2}$（$\sqrt{3}$-1）；
（3）如圖，

作延長AD交BC與F，
∵AB=AC，BD=CD，
∴AF⊥BC，
過點E作EG⊥AF，
由∠DAE=30°，
∴EG=$\frac{1}{2}$AE=$\frac{1}{2}$x，
過點H作HM⊥AD，
∵∠BAD=30°，
∴HM=$\frac{1}{2}$AH=$\frac{1}{2}$y，
∴S_△AHE=S_△ADH+S_△ADE=$\frac{1}{2}$AD×HM+$\frac{1}{2}$AD×EG=$\frac{1}{2}$（$\sqrt{3}$-1）×$\frac{1}{2}$y+$\frac{1}{2}$（$\sqrt{3}$-1）×$\frac{1}{2}$x=$\frac{\sqrt{3}-1}{4}$（x+y），
過點H作HN⊥AE，
∵∠BAC=60°，
∴HN=$\frac{\sqrt{3}}{2}$y，
∴S_△AHE=$\frac{1}{2}$AE×HN=$\frac{1}{2}$x×$\frac{\sqrt{3}}{2}$y=$\frac{\sqrt{3}}{4}$xy，
∴$\frac{\sqrt{3}-1}{4}$（x+y）=$\frac{\sqrt{3}}{4}$xy，
∴y=$\frac{（\sqrt{3}-1）x}{\sqrt{3}x-\sqrt{3}+1}$，
當(dāng)點E與C重合時，x最大是2，
當(dāng)點H與點B重合時，x最小，y最大是2，此時x的值為（$\sqrt{3}$-1）²=4-2$\sqrt{2}$，
即：y=$\frac{（\sqrt{3}-1）x}{\sqrt{3}x-\sqrt{3}+1}$（4-2$\sqrt{2}$＜x＜2）．

點評 此題是三角形綜合題，主要考查了等邊三角形的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)（尤其是有一個角是30°的直角三角形的性質(zhì)），用面積關(guān)系建立方程，解本題的關(guān)鍵是有一個角30°的直角三角形中，30°所對的直角邊是斜邊的一半的利用．難點是輔助線的作法．