《2025年点对点期末复习及智胜暑假八年级数学北师大版》

26. (本小题满分12分)
如图1,将两个完全相同的三角形纸片$ABC和DEC$重合放置,其中$\angle C = 90^{\circ}$,$\angle B= \angle E = 30^{\circ}$.
(1)操作发现：
如图2,固定$\triangle ABC$,使$\triangle DEC绕点C$旋转,当点$D恰好落在AB$边上时,填空：
①线段$DE与AC$之间的位置关系是______；
②连接$AE$,设$\triangle BCD的面积为S_{1}$,$\triangle ACE的面积为S_{2}$,则$S_{1}与S_{2}$之间的数量关系是______；
(2)猜想论证：
当$\triangle DEC绕点C$旋转到如图3所示的位置时,小明猜想(1)中$S_{1}与S_{2}$之间的数量关系仍然成立,并尝试分别作出了$\triangle BCD和\triangle ACE中BC$、$CE$边上的高,请你证明小明的猜想；
(3)拓展探究：
如图4,已知$\angle ABC = 60^{\circ}$,点$D$是角平分线上一点,$BD = CD = 4$,$DE// AB交BC于点E$. 若在射线$BA上存在点F$,使$S_{\triangle DCF}= S_{\triangle BDE}$,请直接写出相应的$BF$的长.

答案：

(1)解：①由旋转得$AC = CD$，
∵$\angle BAC = 90^{\circ} - \angle B = 60^{\circ}$，
∴$\triangle ACD$是等边三角形，
∴$\angle ACD = 60^{\circ}$，
又
∵$\angle CDE = \angle BAC = 60^{\circ}$，
∴$\angle ACD = \angle CDE$，
∴$DE // AC$，
故答案为：$DE // AC$；
②
∵$\angle B = 30^{\circ}$，$\angle ACB = 90^{\circ}$，
∴$CD = AC = \frac{1}{2}AB$，
∴$BD = AD = AC$，
由①知$DE // AC$，
∴$\triangle ACD$与$\triangle ACE$的边$AC$上的高相等，
根据等边三角形的性质，$\triangle ACD$的边$AC$、$AD$上的高相等，
∴$\triangle BCD$的边$BD$上的高与$\triangle ACE$的边$AC$上的高相等，
∴$S_{\triangle BCD} = S_{\triangle ACE}$，即$S_1 = S_2$，
故答案为：$S_1 = S_2$；
(2)证明：
∵$\triangle DEC$和$\triangle ABC$完全相同，
∴$BC = CE$，$AC = CD$，
∵$\angle ACN + \angle BCN = 90^{\circ}$，$\angle DCM + \angle BCN = 90^{\circ}$，
∴$\angle ACN = \angle DCM$，
在$\triangle ACN$和$\triangle DCM$中，$\begin{cases} \angle ACN = \angle DCM \\ \angle N = \angle CMD = 90^{\circ} \\ AC = DC \end{cases}$，
∴$\triangle ACN \cong \triangle DCM(AAS)$，
∴$AN = DM$，
∴$S_1 = S_2$（等底等高）；
(3)解：如图，延长$CD$交$BA$于点$G$，过点$E$作$EH \perp BD$于点$H$，

∵$BD$平分$\angle ABC$，$\angle ABC = 60^{\circ}$，
∴$\angle DBC = 30^{\circ}$，
∵$BD = CD$，
∴$\angle DCB = \angle DBC = 30^{\circ}$，
∴$\angle CGB = 180^{\circ} - \angle ABC - \angle DCB = 90^{\circ}$，即$CG \perp AB$，
∴$FG$即为$\triangle DCF$的边$DC$上的高，
∵$DE // AB$，
∴$\angle DEC = \angle ABC = 60^{\circ}$，
∴$\angle BDE = 30^{\circ}$，
∴$\angle BDE = \angle DBE$，
∴$BE = DE$，
∴$BH = \frac{1}{2}BD = 2$，
设$EH = x$，则$BE = 2x$，
∴$x^2 + 2^2 = 4x^2$，解得$x = \frac{2\sqrt{3}}{3}$，
∴$EH = \frac{2\sqrt{3}}{3}$，
∵$S_{\triangle DCF} = S_{\triangle BDE}$，$BD = CD$，
∴$FG = EH = \frac{2\sqrt{3}}{3}$，
在$Rt\triangle BDG$中，$\angle GBD = 30^{\circ}$，
∴$DG = \frac{1}{2}BD = 2$，
∴$BG = \sqrt{BD^2 - DG^2} = 2\sqrt{3}$，
当点$F$在线段$BG$上时，$BF_1 = BG - F_1G = \frac{4\sqrt{3}}{3}$；
当点$F$在$BG$的延长线上时，$BF_2 = BG + F_2G = \frac{8\sqrt{3}}{3}$，
综上所述，$BF$的长为$\frac{4\sqrt{3}}{3}$或$\frac{8\sqrt{3}}{3}$。