《2025年名校题库八年级数学上册北师大版》

6. (石室联中)
(1)【问题】如图 1,在 $\triangle ABC$ 中,$\angle BAC = 120^{\circ}$,$AB = AC$,$D$ 为 $BC$ 边上一点 (不与点 $B$,$C$ 重合),将线段 $AD$ 绕点 $A$ 逆时针旋转 $120^{\circ}$ 得到 $AE$,连接 $EC$,$DE$,则线段 $BD$,$EC$ 之间满足的数量关系为____；直线 $BD$ 与 $EC$ 相交所夹的锐角的度数为____。
(2)【探索】如图 2,在 $\triangle ABC$ 中,$\angle BAC = 120^{\circ}$,$AB = AC$,$D$ 为 $\triangle ABC$ 外一点,将线段 $AD$ 绕点 $A$ 逆时针旋转 $120^{\circ}$ 得到 $AE$,连接 $EC$,$DE$,延长 $BD$,$EC$ 交于点 $F$。试问：(1) 中的结论是否仍然成立？若成立,请证明；若不成立,请说明理由。
(3)【应用】在 (2) 的条件下,若 $EF = 4\sqrt{3}$,$DF = 8 + 2\sqrt{3}$,求四边形 $ABFC$ 的面积。

答案：
解:
(1)$BD = EC$ $60^{\circ}$ 【解析】
∵$\angle BAC = 120^{\circ}$,$AB = AC$,
∴$\angle B = \angle ACB = 30^{\circ}$. 由旋转的性质得 $AD = AE$,$\angle DAE = 120^{\circ}$,
∴$\angle BAC = \angle DAE$,
∴$\angle BAC - \angle DAC = \angle DAE - \angle DAC$,即 $\angle BAD = \angle CAE$,
∴$\triangle ABD \cong \triangle ACE(SAS)$,
∴$BD = CE$,$\angle B = \angle ACE = 30^{\circ}$,
∴$\angle BCE = \angle ACB + \angle ACE = 30^{\circ} + 30^{\circ} = 60^{\circ}$,即直线 $BD$ 与 $EC$ 相交所夹的锐角的度数为 $60^{\circ}$.
(2)
(1)中的结论仍然成立. 证明如下:
∵$\angle BAC = 120^{\circ}$,$AB = AC$,
∴$\angle ABC = \angle ACB = 30^{\circ}$.
由旋转的性质得 $AD = AE$,$\angle DAE = 120^{\circ}$,
∴$\angle AED = \angle ADE = 30^{\circ}$,$\angle BAC = \angle DAE$,
∴$\angle BAC - \angle DAC = \angle DAE - \angle DAC$,即 $\angle BAD = \angle CAE$,
∴$\triangle ABD \cong \triangle ACE(SAS)$,
∴$BD = EC$,$\angle ADB = \angle AEC$.
∵$\angle ADB + \angle ADF = 180^{\circ}$,
∴$\angle AEC + \angle ADF = 180^{\circ}$,即 $\angle DEF + \angle AED + \angle ADE + \angle EDF = 180^{\circ}$,
∴$\angle DEF + \angle EDF = 180^{\circ} - 30^{\circ} - 30^{\circ} = 120^{\circ}$,
∴$\angle F = 180^{\circ} - (\angle DEF + \angle EDF) = 180^{\circ} - 120^{\circ} = 60^{\circ}$,即直线 $BD$ 与 $EC$ 相交所夹的锐角的度数为 $60^{\circ}$.
(3)如图,过点 $E$ 作 $EG \perp DF$ 于点 $G$,则 $\angle EGF = \angle EGD = 90^{\circ}$.
由
(2)可知 $\triangle ABD \cong \triangle ACE$,$\angle F = 60^{\circ}$,
∴$S_{\triangle ABD} = S_{\triangle ACE}$,$\angle GEF = 90^{\circ} - \angle F = 30^{\circ}$,
∴$S_{四边形ABFC} = S_{四边形ADFE}$,$GF = \frac{1}{2}EF = \frac{1}{2} × 4\sqrt{3} = 2\sqrt{3}$,
∴$EG = \sqrt{EF^{2} - GF^{2}} = \sqrt{(4\sqrt{3})^{2} - (2\sqrt{3})^{2}} = 6$,$DG = DF - GF = 8 + 2\sqrt{3} - 2\sqrt{3} = 8$,
∴$DE = \sqrt{EG^{2} + DG^{2}} = \sqrt{6^{2} + 8^{2}} = 10$.
过点 $A$ 作 $AH \perp DE$ 于点 $H$,则 $DH = EH = \frac{1}{2}DE = 5$,$\angle AHD = 90^{\circ}$.
∵$\angle ADE = 30^{\circ}$,
∴$AD = 2AH$,
∴$DH = \sqrt{AD^{2} - AH^{2}} = \sqrt{(2AH)^{2} - AH^{2}} = \sqrt{3}AH = 5$,
∴$AH = \frac{5\sqrt{3}}{3}$,
∴$S_{四边形ABFC} = S_{四边形ADFE} = S_{\triangle ADE} + S_{\triangle DEF} = \frac{1}{2}DE \cdot AH + \frac{1}{2}DF \cdot EG = \frac{1}{2} × 10 × \frac{5\sqrt{3}}{3} + \frac{1}{2} × (8 + 2\sqrt{3}) × 6 = \frac{25\sqrt{3}}{3} + 24 + 6\sqrt{3} = 24 + \frac{43\sqrt{3}}{3}$.