Question

3．如圖，線段AB=a，將線段AB繞點A逆時針旋轉(zhuǎn)60°得到線段AC，繼續(xù)旋轉(zhuǎn)α（0°＜α＜120°）得到線段AD，連接BC，CD，BD．
（1）當AB⊥AD時，α=30°，∠BDC=30°，BD=$\sqrt{2}$a，S_{四邊形ABCD}=$\frac{\sqrt{3}+1}{4}$a²；
（2）當AC⊥AD時，α=90°，∠BDC=30°，BD=$\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2}$a，S_{四邊形ABCD}=$\frac{\sqrt{3}+2}{4}$a²；
（3）請?zhí)骄俊螧DC大小的變化規(guī)律，并說明理由．

Answer 1

分析 （1）由∠BAD=90°、∠BAC=60°可得α，由AC=AD得∠ADC=75°、由AB=AD得∠ADB=45°，從而得出∠BDC及BD的長，作CE⊥AD可求得CE，再根據(jù)S_{四邊形ABCD}=S_△ABC+S_△ACD可得答案；
（2）由AC⊥AD且AC=AD=a得α=45°、CD=$\sqrt{2}$a，由AB=AD=a、∠BAC=60°得∠ABC=60°、∠ADB=∠ABD=15°，從而知∠BDC=30°、∠CBE=45°，作CE⊥BD，在Rt△CDE和Rt△BCE中分別求出DE、CE、BE的長，即可得BD，最后根據(jù)S_{四邊形ABCD}=S_△ABC+S_△ACD可得答案；
（3）由AB=AC=AD=a知點B、C、D在以點A為圓心，a為半徑的圓上，即可得∠BDC=$\frac{1}{2}$∠BAC=30°．

解答 解：（1）當AB⊥AD時，∠BAD=90°，即∠BAC+∠CAD=90°，
∵∠BAC=60°，
∴∠CAD=30°，即α=30°，
∵AC=AD，
∴∠ADC=$\frac{180°-∠CAD}{2}$=75°，
又∵AB=AD=a，∠BAD=90°，
∴∠ADB=45°，BD=$\sqrt{2}$a，
∴∠BDC=∠ADC-∠ADB=30°，
如圖1，作CE⊥AD于點E，

則CE=ACsin∠CAE=$\frac{1}{2}$a，
∴S_{四邊形ABCD}=S_△ABC+S_△ACD=$\frac{\sqrt{3}}{4}$a²+$\frac{1}{2}$•a•$\frac{1}{2}$a=$\frac{\sqrt{3}+1}{4}$a²，
故答案為：30，30，$\sqrt{2}$a，$\frac{\sqrt{3}+1}{4}$a²；

（2）如圖2，

∵AC⊥AD，且AC=AD=a，
∴∠ADC=45°，即α=45°，CD=$\sqrt{2}$a，
又∵AB=AD=a，∠BAC=60°，
∴∠BAD=∠BAC+∠CAD=150°，∠ABC=60°，
∴∠ADB=∠ABD=15°，
∴∠BDC=∠ADC-∠ADB=30°，∠CBE=∠ABC-∠ABD=45°，
作CE⊥BD于點E，
在Rt△CDE中，DE=CDcos∠BDC=$\sqrt{2}$a×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=$\frac{\sqrt{6}}{2}$a，
BE=CE=CDsin∠BDC=$\sqrt{2}$a×$\frac{1}{2}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$a，
∴BD=DE+BE=$\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2}$a，
S_{四邊形ABCD}=S_△ABC+S_△ACD=$\frac{\sqrt{3}}{4}$a²+$\frac{1}{2}$•a•a=$\frac{\sqrt{3}+2}{4}$a²，
故答案為：90，30，$\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2}$a，$\frac{\sqrt{3}+2}{4}$a²．

（3）∠BDC=$\frac{1}{2}$∠BAC=30°，
如圖3，

∵AB=AC=AD=a，
∴點B、C、D在以點A為圓心，a為半徑的圓上，
∵∠BAC=60°，
∴∠BDC=$\frac{1}{2}$∠BAC=30°．

點評 本題主要考查旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、圓周角定理及三角函數(shù)的應用，熟練掌握并結(jié)合題意靈活運用是解題的關(guān)鍵．