Question

3．已知?ABCD中，∠A=30°，AB=10，BC=15，点E为边AD上一点，且AE=BE．

（1）如图1，把△ABE沿直线BE翻折180°，得到△A₁BE，求线段A₁C的长度；
（2）如图2，把△ABE绕点B旋转后得到△A₁BE₁，使点E₁落在边BC上，若A₁B与CD交于点N，求线段A₁N的长度；
（3）如图3，把△ABE绕点B旋转α°（0＜α＜360°）后得到△A₁BE₁，设直线A₁B分别与直线DE、直线CD交于点M、N．是否存在这样的α，使△DMN为等腰三角形？若存在，请求出线段DM的长度；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）如图1，由等三角形的性质得出∠ABE=∠A=30°，由翻折的性质可以得出A₁B=AB=10；由AD∥BC，根据平行线的性质，可得∠ABC=180°-∠A=150°，所以∠A₁BC=90°，在Rt△A₁BC中，利用勾股定理可以求得A₁C的长；
（2）如图2，过点E作EF⊥AB于F，根据等腰三角形的性质，可得得到AF=FB=5，再根据直角三角形的性质，可以求得AE=$\frac{10\sqrt{3}}{3}$；由旋转的性质可得出△A₁BE₁≌△ABE，由平行四边形的性质得到∠A=∠C，由∠A=∠ABE=∠A₁BE₁=∠C=30°，所以△ABE∽△BCN，由相似三角形的性质可求得BN的长，故此可求得AN₁的长；
（3）根据三角形MDN为等腰三角形可画出如图3、图4、图5、图6所示的图形，然后依据等腰三角形的性质的性质和相似三角形的性质进行求解即可．

解答 解：如图1所示：连接A₁C．

∵四边形ABCD为平行四边形，
∴∠ABC=180°-∠A=150°．
∵AE=BE，∠A=30°，
∴∠ABE=30°．
∵由翻折的性质可知：∠ABE=∠A₁BE=30°，AB=A₁B=10，
∴∠ABA₁=60°．
∴∠A₁BC=90°．
∴A₁C=$\sqrt{{A}_{1}{B}^{2}+B{C}^{2}}$=$\sqrt{1{0}^{2}+1{5}^{2}}$=5$\sqrt{13}$．
（2）如图2所示：过点E作EF⊥AB．

∵AE=BE，EF⊥AB，
∴AF=FB=5．
∵∠A=30°，∠EFA=90°，
∴AE=2EF．
设EF=x，则AE=2x．
在Rt△AEF中，勾股定理得：AF²+EF²=AE²，即x²+25=4x²，解得：x=$\frac{5\sqrt{3}}{3}$，
∴BE=AE=$\frac{10\sqrt{3}}{3}$．
∵由旋转的性质可知：BE₁=$\frac{10\sqrt{3}}{3}$，∠A₁=∠A=30°，
∴∠A₁=∠C．
又∵∠A₁BE₁=∠NBC，
∴△BA₁N₁∽△BCN．
∴$\frac{{A}_{1}B}{BC}=\frac{B{E}_{1}}{BN}$，即$\frac{10}{15}=\frac{\frac{10\sqrt{3}}{3}}{BN}$，解得：BN=5$\sqrt{3}$．
∴NA₁=A₁B-NB=10-5$\sqrt{3}$．
（3）存在．
理由：如图3所示：当DN=DM时．

∵AB∥DC，
∴∠NDM=∠A．
又∵∠AMB=∠NMD，
∴△AMB∽△DMN．
∴$\frac{AB}{AM}=\frac{DN}{DM}=1$．
∴AM=AB=10．
∴MD=AD-AM=15-10=5．
如图4所示：DN=NM．

由（2）可知：NB=5$\sqrt{3}$，NA₁=10-5$\sqrt{3}$．
∵AD∥BC，
∴△DMN∽△CBN．
∴$\frac{DM}{BC}=\frac{NM}{BN}$，即$\frac{DM}{15}=\frac{10-5\sqrt{3}}{5\sqrt{3}}$，解得：DM=10$\sqrt{3}$-15．
如图5所示：DM=DN．

∵DM=DN，
∴∠M=∠N．
∵AD∥BC，
∴∠M=∠CBN．
∴∠CBN=∠N．
∴BC=CN=15．
∴DM=DN=DC+CN=10+15=25．
如图6所示：MN=MD．

∵AD∥BC，
∴∠NDM=∠C=30°．
∵MN=MD，
∴∠MND=∠NDM=30°．
∵∠A+∠ABM=∠MND+∠NDM，
∴∠ABM=∠MND=30°．
∴∠A=∠ABM．
∴AM=MB．
由（2）可知AM=$\frac{10\sqrt{3}}{3}$．
∴MD=AD-AM=15-$\frac{10\sqrt{3}}{3}$．
综上所述，MD的长为5或10$\sqrt{3}$-15或25或15-$\frac{10\sqrt{3}}{3}$．

点评 本题主要考查的是几何变换，解答本题主要应用了翻折的性质、旋转的性质、等腰三角形的性质、相似三角形的性质和判断，根据题意画出符合题意的图形是解题的关键．