Question

2．如图1所示，已知矩形ABCD中，AB=6cm，对角线AC=10cm，将矩形ABCD沿AC方向平移a cm得到矩形A′B′C′D′，A′B′交BC于M，A′D交CD于点N．

（1）求$\frac{{A}^{′}M}{{A}^{′}N}$；  
（2）如图2，把图1中的矩形A′B′C′D′绕A点顺时针转某一角度，其他条件不变，证明（1）是否成立，请说明理由；
（3）如图3所示，在（2）的条件下，当矩形A′B′C′D′旋转A′D′过点D时，△A′MC为等腰三角形，求a的值．

Answer 1

分析 （1）由矩形的性质和平移的性质得出∠B=∠BCD=90°，AB∥A'B'，AD∥A'D'，由勾股定理得出BC=$\sqrt{A{C}^{2}-A{B}^{2}}$=8（cm），证出四边形A'NCM是矩形，△ABC∽△A'MC，得出A'N=MC，$\frac{A'M}{MC}=\frac{AB}{BC}$=$\frac{3}{4}$，即可得出结论；
（2）连接MN，证明A'、M、C、N四点共圆，由圆周角定理得出∠A'NM=∠A'CM，证出△A'MN∽△ABC，得出对应边成比例即可；
（3）连接DM交A′C于点O，由A′、M、C、D四点共圆，A′M=CM，得出A′C⊥DM，由三角形的面积求出DO=$\frac{24}{5}$，由勾股定理求出CO，得出A′C=2CO=$\frac{36}{5}$，即可得出结果．

解答 解：（1）∵矩形ABCD沿AC方向平移a cm得到矩形A′B′C′D′，
∴∠B=∠BCD=90°，AB∥A'B'，AD∥A'D'，
∴BC=$\sqrt{A{C}^{2}-A{B}^{2}}$=$\sqrt{1{0}^{2}-{6}^{2}}$=8（cm），
四边形A'NCM是矩形，
△ABC∽△A'MC，
∴A'N=MC，$\frac{A'M}{MC}=\frac{AB}{BC}$=$\frac{6}{8}$=$\frac{3}{4}$，
∴$\frac{{A}^{′}M}{{A}^{′}N}$=$\frac{A'M}{MC}$=$\frac{3}{4}$；
（2）仍然成立；理由如下：连接MN，如图1所示：
∵∠NA'M=∠MCN=90°，
∴A'、M、C、N四点共圆，
∴∠A'NM=∠A'CM，
∴△A'MN∽△ABC，
∴$\frac{A'M}{A'N}=\frac{AB}{BC}$=$\frac{6}{8}$=$\frac{3}{4}$；
（3）连接DM交A′C于点O，如图2所示：
∵A′、M、C、D四点共圆，A′M=CM，
∴A′C⊥DM，
∵AD•DC=AC•DO，
∴DO=$\frac{AD•DC}{AC}$=$\frac{8×6}{10}$=$\frac{24}{5}$，
∵CO=$\sqrt{D{C}^{2}-D{O}^{2}}$=$\sqrt{{6}^{2}-（\frac{24}{6}）^{2}}$=$\frac{18}{5}$，
A′C=2CO=$\frac{36}{5}$，
∴a=AA′=AC-A′C=10-$\frac{36}{5}$=$\frac{14}{5}$．

点评 本题是几何变换综合题目，考查了矩形的判定与性质、平移的性质、勾股定理、相似三角形的判定与性质、四点共圆，圆周角定理等知识；本题综合性强，有一定难度，证明三角形相似和四点共圆是解决问题的关键．