Question

18．如圖①，在△ABC中，∠ACB=90°，∠B=30°，AC=1，D為AB的中點，EF為△ACD的中位線，四邊形EFGH為△ACD的內(nèi)接矩形（矩形的四個頂點均在△ACD的邊上）．
（1）計算矩形EFGH的面積；
（2）將矩形EFGH沿AB向右平移，F(xiàn)落在BC上時停止移動．在平移過程中，當(dāng)矩形與△CBD重疊部分的面積為$\frac{{\sqrt{3}}}{16}$時，求矩形平移的距離；
（3）如圖③，將（2）中矩形平移停止時所得的矩形記為矩形E₁F₁G₁H₁，將矩形E₁F₁G₁H₁繞G₁點按順時針方向旋轉(zhuǎn)，當(dāng)H₁落在CD上時停止轉(zhuǎn)動，旋轉(zhuǎn)后的矩形記為矩形E₂F₂G₁H₂，設(shè)旋轉(zhuǎn)角為α，求cosα的值．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)已知，由直角三角形的性質(zhì)可知AB=2，從而求得AD，CD，利用中位線的性質(zhì)可得EF，DF，利用三角函數(shù)可得GF，由矩形的面積公式可得結(jié)果；
（2）首先利用分類討論的思想，分析當(dāng)矩形與△CBD重疊部分為三角形時（$0＜x≤\frac{1}{4}$），利用三角函數(shù)和三角形的面積公式可得結(jié)果；當(dāng)矩形與△CBD重疊部分為直角梯形時（$\frac{1}{4}＜x≤\frac{1}{2}$），列出方程解得x；
（3）作H₂Q⊥AB于Q，設(shè)DQ=m，則${H_2}Q=\sqrt{3}m$，又$D{G_1}=\frac{1}{4}$，${H_2}{G_1}=\frac{1}{2}$，利用勾股定理可得m，在Rt△QH₂G₁中，利用三角函數(shù)解得cosα．

解答 解：（1）如圖①，在△ABC中，
∵∠ACB=90°，∠B=30°，AC=1，
∴AB=2，
又∵D是AB的中點，
∴AD=1，$CD=\frac{1}{2}AB=1$，
又∵EF是△ACD的中位線，
∴$EF=DF=\frac{1}{2}$，
在△ACD中，AD=CD，∠A=60°，
∴∠ADC=60°，
在△FGD中，GF=DF•sin60°=$\frac{{\sqrt{3}}}{4}$，
∴矩形EFGH的面積$S=EF•GF=\frac{1}{2}×\frac{{\sqrt{3}}}{4}=\frac{{\sqrt{3}}}{8}$；

（2）如圖②，設(shè)矩形移動的距離為x，則$0＜x≤\frac{1}{2}$，
當(dāng)矩形與△CBD重疊部分為三角形時，
則$0＜x≤\frac{1}{4}$，$S=\frac{1}{2}x•\sqrt{3}x=\frac{{\sqrt{3}}}{16}$，
∴$x=\frac{{\sqrt{2}}}{4}＞\frac{1}{4}$．（舍去），
當(dāng)矩形與△CBD重疊部分為直角梯形時，則$\frac{1}{4}＜x≤\frac{1}{2}$，
重疊部分的面積S=$\frac{{\sqrt{3}}}{4}x-\frac{1}{2}×\frac{1}{4}×\frac{{\sqrt{3}}}{4}=\frac{{\sqrt{3}}}{16}$，
∴$x=\frac{3}{8}$，
即矩形移動的距離為$\frac{3}{8}$時，矩形與△CBD重疊部分的面積是$\frac{{\sqrt{3}}}{16}$；

（3）如圖③，作H₂Q⊥AB于Q，
設(shè)DQ=m，則${H_2}Q=\sqrt{3}m$，又$D{G_1}=\frac{1}{4}$，${H_2}{G_1}=\frac{1}{2}$．
在Rt△H₂QG₁中，${（\sqrt{3}m）^2}+{（m+\frac{1}{4}）^2}={（\frac{1}{2}）^2}$，
解之得$m=\frac{{-1±\sqrt{13}}}{16}$（負(fù)的舍去）．
∴$cosα=\frac{{Q{G_1}}}{{{H_2}{G_1}}}=\frac{{\frac{{-1+\sqrt{13}}}{16}+\frac{1}{4}}}{{\frac{1}{2}}}=\frac{{3+\sqrt{13}}}{8}$．

點評 本題主要考查了直角三角形的性質(zhì)，中位線的性質(zhì)和三角函數(shù)定義等，利用分類討論的思想，構(gòu)建直角三角形是解答此題的關(guān)鍵．