Question

5．在Rt△ABC中，∠ACB=90°，BC=3，AC=4，AD平分∠CAB交BC于点D，E为AD的中点，连接CE，将△ACE绕点A逆时针旋转至△AE′C′，直线E′C′交AC于点F，交BC的延长线于点M，若AF=E′F，则CM=$\frac{96-10\sqrt{10}}{7}$．

Answer 1

分析 分一下几步计算：（1）作辅助线构建直角三角形；（2）证明△CAB≌△CAB′得CB′=CB，∠ABC═∠AB′C；
（3）利用两角对应相等证明△CHB∽△CBA，得①式和②式；（4）利用两角对应相等证明△HAB∽△B′E′M，得出③式；
（5）根据已知BC=3，AC=4和勾股定理求出AB=5及B′C=3，代入①②求出BH、CH、AH的长；
（6）证明Rt△ADK≌Rt△ADC得BK=1，证明Rt△KBD∽Rt△CBA得CD=$\frac{4}{3}$，利用勾股定理求AD的长，利用中点求出AE的长，利用旋转的性质求出AE′的长，得出B′E′的长；（7）代入③式求B′M的长，则CM=B′C+B′M．

解答 解：延长AE′交BM于B′，过B作BG⊥AB′，垂足为G，交AC于H，过D作DK⊥AB，垂足为K，
在Rt△ACD中，E是AD中点，则CE=$\frac{1}{2}AD$=AE=DE，
由旋转得：C′E′=CE，AE′=AE，∠E′AC′=∠EAC，AC′=AC，
∴C′E′=CE′=AE′=AE，∠E′AC′=∠E′C′A=∠EAC，
∵∠AE′F=∠E′AC′+∠E′C′A=2∠EAC，
已知AF=E′F，所以△AFE′是等腰三角形，即∠FAE′=∠FE′A，
∴∠CAB′=2∠EAC，
已知AD平分∠CAB，
∴∠CAB=2∠DAC，
∴∠CAB′=2∠EAC=∠CAB，
∴△CAB≌△CAB′，
⇒CB′=CB，∠ABC═∠AB′C，
∵BG⊥AB′，
∴∠B′BG=∠B′AC=∠BAC⇒△CHB∽△CBA，
∴$\frac{BH}{AB}=\frac{BC}{AC}$⇒BH=AB•$\frac{BC}{AC}①$，
$\frac{CH}{BC}=\frac{BC}{AC}$⇒CH=BC•$\frac{BC}{AC}②$，
∵∠ABH=∠ABC-∠BAC，
又∵∠AB′B=′B′E′M+∠M⇒∠M=∠ABC-∠CAB′=∠ABC-∠BAC，
∴∠M=∠ABH，
又∠B′E′M=′FE′A=∠FAE′=∠B′AC=∠BAC，
∴△HAB∽△B′E′M⇒$\frac{B′M}{B′E′}=\frac{BH}{AH}$，
⇒B′M=B′E′•$\frac{BH}{AH}③$，
已知BC=3，AC=4，所以AB=5，
∴B′C=BC=3，
代入①式得：BH=5×$\frac{3}{4}$=$\frac{15}{4}$，
代入②式得；CH=3×$\frac{3}{4}$=$\frac{9}{4}$⇒AH=AC-CH=$\frac{7}{4}$，
∵DK⊥AB，又AD平分∠CAB，
得Rt△ADK≌Rt△ADC，
∴AK=AC=4，DC=DK⇒BK=AB-AK=5-4=1，
则Rt△KBD∽Rt△CBA，
∴$\frac{DK}{AC}=\frac{BK}{BC}$⇒CD=DK=AC•$\frac{BK}{BC}$=$\frac{4}{3}$，
⇒AD=$\sqrt{A{C}^{2}+C{D}^{2}}$=$\sqrt{{4}^{2}+（\frac{4}{3}）^{2}}$=$\frac{4}{3}\sqrt{10}$，
∵E是AD的中点，
∴EA=$\frac{1}{2}$AD=$\frac{2}{3}\sqrt{10}$，
∴E′A=EA=$\frac{2}{3}\sqrt{10}$⇒B′E′=AB′-E′A=AB-EA=5-$\frac{2}{3}\sqrt{10}$，
根据③式得：B′M=B′E′•$\frac{BH}{AH}$=（5-$\frac{2}{3}\sqrt{10}$）•$\frac{\frac{15}{4}}{\frac{7}{4}}$=$\frac{5}{7}（15-2\sqrt{10}）$，
∴CM=B′C+B′M=3+$\frac{5}{7}（15-2\sqrt{10}）$=$\frac{96-10\sqrt{10}}{7}$；
故答案为：$\frac{96-10\sqrt{10}}{7}$．

点评 本题考查了旋转的性质，综合性较强；运用了旋转的性质：旋转前后的对应边和对应角相等，等腰三角形中等边对等角，同时综合运用了全等三角形和相似三角形的性质和判定来求边的长，作辅助线把所求的边分成两部分求，利用等量代换求出所得结论．