Question

16．矩形ABCD和矩形CEFG的长与宽之比AB：BC=$\sqrt{3}$：1，且AC=CE．（注：直角三角形中，如果一条直角边等于斜边的一半，那么这条直角边所对的锐角是30°）

（1）如图（1），当B，C，E在同一条直线上，点D在CG上，且BC=2时，连接AF，求线段AF的长．
（2）在图（1）中取AF的中点M，并连接BM，EM得到图（2），求证：△BEM是等边三角形；
（3）如果将图（2）中的矩形ABCD绕点C旋转一定角度得到图（3），试问：△BEM是等边三角形三角形．

Answer 1

分析 （1）因为矩形ABCD与矩形CEFG的长与宽的比均为$\sqrt{3}$：1，所以，延长AD交EF与点H，由已知条件可求得FH的长，再由勾股定理求得AF的长．
（2）延长BM、EF相交于点P，先证△ABM≌△FPM可得BM=PM，再证题目中的提示可知ME=$\frac{1}{2}$BP=BM，然后设法证明∠PBE=60°．
（3）根据题目特点可利用代数法求解：设BC=1，旋转角为α，建立直角坐标系，根据题目条件求出点A、B、E、F、M的坐标，然后利用勾股定理求得线段BM、BE、EM的长判定△BME的形状．

解答 解：（1）连接CF，延长AD交EF于点H，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°．
又∵AB：BC=$\sqrt{3}$：1且BC=2，
∴AB=2$\sqrt{3}$，AC=$\sqrt{（2\sqrt{3}）^{2}+{2}^{2}}$═CE=4．
由∵AB：BC=EF：CE=$\sqrt{3}$：1
∴EF=4$\sqrt{3}$
则，FH=EF-HE=EF-AB=4$\sqrt{3}$-2$\sqrt{3}$=2$\sqrt{3}$
  BE=BC+CE=2+4=6
AH=BE=6
∴AF=$\sqrt{{6}^{2}+（2\sqrt{3}）^{2}}$=4$\sqrt{3}$．

（2）证明：延长BM、EF相交于点P，
由题意知：AB∥EF，
∴∠ABM=∠P
∵点M是AF的中点，
∴AM=FM，
在△ABM和△FPM中
$\left\{\begin{array}{l}{∠ABM=∠P}&{（已证）}\\{∠PMF=∠BMA}&{（对顶角相等）}\\{AM=FM}&{（已证）}\end{array}\right.$
∴△ABM≌△FPM
∴BM=PM
又∵∠BEP=90°
∴EM=$\frac{1}{2}$BP=BM=PM
∵AB：BC=$\sqrt{3}$：1且AC=CE
∴AC=$\sqrt{B{C}^{2}+（\sqrt{3}BC）^{2}}$=2BC=CE
∴EP=$\sqrt{3}$BE
∴BP=$\sqrt{B{E}^{2}+（\sqrt{3}BE）^{2}}$=2BE
∴∠P=30°
又∵四边形CEFG是矩形
∴∠MBE=90°
∴∠BME=180°-30°=60°      
∴△BEM是等边三角形（有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形）．

（3）（3）如图，连接AC、CF、取AC中点H，XF中点J，连接HB、HM、JE、JM．

易证△BCH，△CJE是等边三角形，MJ=CH=BC，HM=JE=CE，
∵MJ∥AB，
∴∠MJC+∠ACJ=180°，
∵∠CJE=∠JCE=∠ACB=60°，
∴∠MJE+∠ACJ+120°=360°，
∵∠BCE+120°+∠ACJ=360°，
∴∠MJE=∠BCE，同理可证∠BHM=∠BCE，
∴△BCE≌△BHM≌△MJE，
∴BE=MB=BE，
故答案为△MBE是等边三角形．

点评 本题是四边形综合题，综合性强，属于运动开放性题目，考查了矩形性质、直角三角形的性质及勾股定理、旋转等多个知识点，关键是根据题目的结论去分析所需要的条件，从而根据图形特点及题目条件进行求解，特别问题（3），要开放思路利用数形结合的思想把一个几何问题应用代数的方法来解决．