Question

10．如圖①，將兩個完全相同的三角紙片ABC和A′B′C重合放置，其中∠C=90°，B=∠B′=30°，AC=AC′=2．
（Ⅰ）操作發(fā)現(xiàn)
如圖②，固定△ABC，將A′B′C繞點C轉(zhuǎn)，當(dāng)點A′好落在AB邊上時，
①∠CA′B′旋轉(zhuǎn)角α=°（0＜α＜90），線段A′B′與AC的位置關(guān)系是平行；
②設(shè)△A′BC為S₁，△AB′C的面積為S₂，則S₁與S₂的數(shù)量關(guān)系是S₁=S₂；
（Ⅱ）猜想論證
當(dāng)△A′B′C繞點C旋轉(zhuǎn)到圖③所示的位置時，小明猜想（Ⅰ）中S₁與S₂的數(shù)量關(guān)系仍然成立，并嘗試分別作出了△A′BC和AB′中BC，′C邊上的高A′D，AE，請你證明小明的猜想；
（Ⅲ）拓展探究
如圖④，∠MON=60°，OP平分∠MON，OP=PN=4，PQ∥MO交ON于點Q，若在射線OM上存在點F，使S_△PNF=S_△OPQ，請直接寫出相應(yīng)的OF的長．

Answer 1

分析 （Ⅰ）①根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得AC=A′C，然后求出△AA′C是等邊三角形，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)可得∠ACA′=60°，然后根據(jù)內(nèi)錯角相等，兩直線平行解答；
②根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)可得AC=AA′，再根據(jù)直角三角形30°角所對的直角邊等于斜邊的一半求出AC=$\frac{1}{2}$AB，然后求出A′C=AA′，再根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)求出點C到AB的距離等于點A′到AC的距離，然后根據(jù)等底等高的三角形的面積相等解答；
（Ⅱ）根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)可得BC=B′C，AC=A′C，再求出∠ACE=∠A′CD，然后利用“AAS”證明△ACE和△A′CD全等，根據(jù)全等三角形對應(yīng)邊相等可得AE=A′D，然后利用等底等高的三角形的面積相等證明；
（Ⅲ）過點P作PF₁∥OQ，易求四邊形OQPF₁是菱形，根據(jù)菱形的對邊相等可得OQ=PF₁，然后根據(jù)等底等高的三角形的面積相等可知點F₁為所求的點，過點P作PF₂⊥OP，求出∠F₁PF₂=60°，從而得到△PF₁F₂是等邊三角形，然后求出PF₁=PF₂，再求出∠NPF₁=∠NPF₂，利用“邊角邊”證明△NPF₁和△NPF₂全等，根據(jù)全等三角形的面積相等可得點F₂也是所求的點，然后在等腰△OPQ中求出OQ的長，即可得解．

解答 解：（Ⅰ）①∵△A′B′C繞點C旋轉(zhuǎn)點A′恰好落在AB邊上，
∴AC=A′C，
∵∠BAC=90°-∠B=90°-30°=60°，
∴△AA′C是等邊三角形，
∴∠ACA′=60°，
又∵∠CA′B′=∠BAC=60°，
∴∠ACA′=∠CA′B′，
∴A′B′∥AC．
故答案是：平行；

②相等．理由如下：
如圖②，∵∠B=30°，∠ACB=90°，
∴A′C=AC=$\frac{1}{2}$AB，
∴AC=A′C=AA′，
∴△AA′C是等邊三角形，
根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)，△AA′C的邊AA′、AC上的高相等，
∴△A′BC與△AB′C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：S₁=S₂；

（Ⅱ）如圖③，∵△A′B′C是由△ABC繞點C旋轉(zhuǎn)得到，
∴BC=B′C，AC=A′C，
∵∠ACE+∠BCE=90°，∠A′CD+∠BCE=180°-90°=90°，
∴∠ACE=∠A′CD，
在△ACE和△A′CD中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠E=∠A′DC=90°}\\{∠ACE=∠A′CD}\\{AC=A′C}\end{array}\right.$，
∴△ACE≌△A′CD（AAS），
∴AE=A′D，
∴△ACB′的面積和△A′CB的面積相等（等底等高的三角形的面積相等），
即S₁=S₂；

（Ⅲ）如圖④，過點P作PF₁∥OQ，易求四邊形OQPF₁是菱形，
所以O(shè)Q=PF₁，且OQ、PF₁上的高相等，
此時S_△PNF1=S_△OQP；
過點P作PF₂⊥OP，
∵∠MON=60°，F(xiàn)₁P∥OQ，
∴∠F₂F₁P=∠MON=60°，
∵OF₁=PF₁，∠F₁OP=$\frac{1}{2}$∠MON=30°，∠F₂PO=90°，
∴∠F₁PF₂=∠MON=60°，
∴△PF₁F₂是等邊三角形，
∴PF₁=PF₂，
∵OP=PN，∠MON=60°，點P是角平分線上一點，
∴∠PON=∠PNO=$\frac{1}{2}$×60°=30°，
∴∠NPF₁=180°-∠ONP=180°-30°=150°，
∠NPF₂=360°-150°-60°=150°，
∴∠NPF₁=∠NPF₂，
在△NPF₁和△NPF₂中，
$\left\{\begin{array}{l}{P{F}_{1}=P{F}_{2}}\\{∠NP{F}_{1}=∠NP{F}_{2}}\\{NP=NP}\end{array}\right.$，
∴△NPF₁≌△NPF₂（SAS），
∴點F₂也是所求的點，
∵∠MON=60°，點P是角平分線上一點，PQ∥OM，
∴∠PON=∠OPQ=∠MOP=$\frac{1}{2}$×60°=30°，
又∵OP=4，
∴OQ=$\frac{1}{2}$×4÷cos30°=2÷$\sqrt{3}$=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，
∴OF₁=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，OF₂=OF₁+F₁F₂=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$+$\frac{4\sqrt{3}}{3}$=$\frac{8\sqrt{3}}{3}$，
故OF的長為$\frac{4\sqrt{3}}{3}$或$\frac{8\sqrt{3}}{3}$．

點評 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F有兩個．