解：过点

C

作

C E ⊥ A B

，交

A B

的延长线于点

E

，如图，

$∵ C E ⊥ A B$ ， $∠ A = 45 °$ ， $∠ A B C = 120 °$ ，

$∴ ∠ A C E = 45 °$ ， $∠ E B C = 60 °$ ，

$∴ A E = E C$ ， $∠ E C B = 30 °$ ，

$∴ B E = \frac{1}{2} B C = \sqrt{3}$ ，

$∴ E C = \sqrt{B C^{2} - B E^{2}} = \sqrt{(2 \sqrt{3})^{2} - (\sqrt{3})^{2}} = 3$ ，

$∴ A E = E C = 3$ ，

$∴ A C = \sqrt{2} E C = 3 \sqrt{2}$ ．

$∴ A B = A E - B E = 3 - \sqrt{3}$ ．

$∴$ $S_{△ A B C} = \frac{1}{2} A B \cdot E C = \frac{1}{2} (3 - \sqrt{3}) \times 3 = \frac{9}{2} - \frac{3 \sqrt{3}}{2}$ ．

①当 $D A = D C$ ， $A C$ 平分 $∠ B A D$ 时，如图，

由题意： $∠ D A C = ∠ B A C = 45 °$ ，

$∴ D A = D C$ ，

$∴ ∠ D C A = ∠ D A C = 45 °$ ，

$∴ ∠ A D C = 90 °$ ，

$∴ △ A D C$ 为等腰直角三角形，

$∴ A D = C D = \frac{\sqrt{2}}{2} A C = 3$ ，

$∴$ $S_{△ D A C} = \frac{1}{2} A D \cdot C D = \frac{9}{2}$ ，

$∴ S_{四边形 A B C D} = S_{△ A B C} + S_{△ A D C} = \frac{9}{2} - \frac{3 \sqrt{3 }}{2} + \frac{9}{2} = 9 - \frac{3 \sqrt{3 }}{2}$ ；

②当 $D A = D C$ ， $A C$ 平分 $∠ B C D$ 时，如图，

由题意： $∠ A C D = ∠ B C A = 15 °$ ，

$∴ D A = D C$ ，

$∴ ∠ D C A = ∠ D A C = 15 °$ ，

$∴ ∠ A D C = 150 °$ ，

过点 $C$ 作 $C F ⊥ A D$ ，交 $A D$ 的延长线于点 $F$ ，

则 $∠ C D F = 30 °$ ，

$∴ C F = \frac{1}{2} C D$ ，

$∴ D F = \frac{\sqrt{3}}{2} C D$ ．

设 $C D = x$ ，则 $A D = x$ ， $C F = \frac{1}{2} x$ ， $A F = A D + D F = (1 + \frac{\sqrt{3}}{2}) x$ ，

在 $R t △ A C F$ 中，

$∵ A C^{2} = A F^{2} + C F^{2}$ ，

$∴$ $(3 \sqrt{2})^{2} = [(1 + \frac{\sqrt{3}}{2}) x]^{2} + (\frac{1}{2} x)^{2}$ ，

$∴ x = 3 + 3 \sqrt{3}$ （不合题意，舍去）或 $x = 3 \sqrt{3} - 3$ ，

$∴ A D = 3 \sqrt{3} - 3$ ， $C F = \frac{3 \sqrt{3} - 3}{2}$ ．

$∴ S_{△ A D C} = \frac{1}{2} A D \cdot C F = \frac{18 - 9 \sqrt{3}}{2}$ ，

$∴ S_{四边形 A B C D} = S_{△ A B C} + S_{△ A D C} = 9 - \frac{3 \sqrt{3 }}{2} + \frac{18 - 9 \sqrt{3 }}{2} = 18 - 6 \sqrt{3 }$ ．

综上，四边形 $A B C D$ 的面积为 $9 - \frac{3 \sqrt{3}}{2}$ 或 $18 - 6 \sqrt{3}$ ．

2023-2024学年初中数学人教版八年级下学期 第十七章 勾股定理 单元测试 B卷

2023-2024学年初中数学人教版八年级下学期第十七章勾股定理单元测试 B卷