阅读下列材料.完成相应任务:折纸三等分角三等分角问题(trisection of an angle)是二千四百年前.古希腊人提出的几何三大作图问题之一(三等分任意角.化圆为方.倍立方).即用圆规与直尺(没有刻度.只能做直线的尺子)把一任意角三等分.这问题曾吸引着许多人去研究.但无一成功．1837年法国数学家凡齐尔运用代数方法证明了.仅用尺规不� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

20．阅读下列材料，完成相应任务：

折纸三等分角
     三等分角问题（trisection of an angle）是二千四百年前，古希腊人提出的几何三大作图问题之一（三等分任意角、化圆为方、倍立方），即用圆规与直尺（没有刻度，只能做直线的尺子）把一任意角三等分，这问题曾吸引着许多人去研究，但无一成功．1837年法国数学家凡齐尔（1814～1848）运用代数方法证明了，仅用尺规不可鞥呢三等分角．
     如果作图工具没有限制，将条件放宽，将任意角三等分是可以解决的．下面介绍一种折纸三等分任意锐角的方法：
    （1）在正方形纸片上折出任意∠SBC，将正方形ABCD对折，折痕为记为MN，再将矩形MBCN对折，折痕记为EF，得到图（1）；
    （2）翻折左下角使点B与EF上的点T重合，点M与SB上的点P重合，点E对折后的对应点记为Q，折痕为记为GH，得到图（2）；
    （3）折出射线BQ，BT，得到图（3），则射线BQ，BT就是∠SBC的三等分线．

下面是证明BQ，BT是∠SBC三等分线的部分过程：
证明：过T作TK⊥BC，垂足为K，则四边形EBKT为矩形
根据折叠，得EB=QT，∠EBT=∠QTB，BT=TB
∴△EBT≌△QTB，
∴∠BQT=∠TEB=90°，
∴BQ⊥PT
…

学习任务：
（1）将剩余部分的证明过程补充完整；
（2）若将图（1）中的点S与点D重合，重复材料中的操作过程得到图（4），请利用图（4），直接写出tan15°=2-$\sqrt{3}$（不必化简）

分析（1）证出PQ=QT，得出BP=BT，由等腰三角形的性质得出∠PBQ=∠TBQ，证出TK=TQ，由等腰三角形的性质得出∠QBT=∠TBC，即可得出结论；
（2）同（1）可知：射线BQ，BT是∠DBC的三等分线，过T作TJ⊥BC，垂足为J，则∠TBJ=$\frac{1}{3}$∠DBC，由正方形的性质得出∠DBC=45°，求出∠TBJ=15°，由折叠性质得：BH=HT，得出∠TBJ=∠HTB=15°，∠THJ=30°，设BC=4，则BE=1，证出四边形EBJT为矩形，得出TJ=BE=1，在Rt△THJ中，∠THJ=30°，由直角三角形的性质得出HT=2TJ=2，由三角函数求出HJ=cot30°•TJ=$\sqrt{3}$×1=$\sqrt{3}$，得出BJ=BH+HJ=HT+HJ=2+$\sqrt{3}$，再由三角函数定义即可得出答案．

解答解：（1）剩余的证明过程如下：
∵ME=PQ，EB=QT，ME=EB，
∴PQ=QT，
∴BP=BT，
∴∠PBQ=∠TBQ，
∵TK=BE，
∴TK=TQ，
∴∠QBT=∠TBC，
∴射线BQ，BT是∠SBC的三等分线；
（2）同（1）可知：射线BQ，BT是∠DBC的三等分线，
过T作TJ⊥BC，垂足为J，如图所示：
则∠TBJ=$\frac{1}{3}$∠DBC，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠DBC=45°，
∴∠TBJ=15°，
由折叠性质得：BH=HT，
∴∠TBJ=∠HTB=15°，
∴∠THJ=30°，
设BC=4，则BE=1，
∵将正方形ABCD对折，折痕为记为MN，再将矩形MBCN对折，折痕记为EF，TJ⊥BC，
∴四边形EBJT为矩形，
∴TJ=BE=1，
在Rt△THJ中，∠THJ=30°，
∴HT=2TJ=2，HJ=cot30°•TJ=$\sqrt{3}$×1=$\sqrt{3}$，
∴BJ=BH+HJ=HT+HJ=2+$\sqrt{3}$，tan∠TBJ=$\frac{TJ}{BJ}$=$\frac{1}{2+\sqrt{3}}$=2-$\sqrt{3}$，
即tan15°=2-$\sqrt{3}$；
故答案为：2-$\sqrt{3}$．

点评本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、折叠的性质、等腰三角形的性质、矩形的判定与性质、直角三角形的性质、三角函数定义等知识；本题综合性强，有一定难度．

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