Question

5．如图，在正方形ABCD中，AB=2$\sqrt{2}$，将∠BAD绕着点A顺时针旋转α°（0＜α＜45°），得到∠B′AD′，其中射线AB′与过点B且与对角线BD垂直的直线交于点E，射线AD′与对角线BD交于点F，连接CF，并延长交AD于点M，作∠BCM的角平分线交AB于点N，当满足S_{四边形AEBF}=$\sqrt{2}$S_△CDM时，线段BN的长度为2$\sqrt{3}$-2．

Answer 1

分析 先根据旋转的性质得∠EAB=∠FAD=α，再根据正方形的性质得AB=AD，∠ADB=∠ABD=45°，则利用BE⊥BD得∠EBA=∠FDA=45°，于是可根据“ASA”判定△ABE≌△ADF，得到S_△ABE=S_△ADF，所以S_{四边形AEBF}=S_△ABD=4，则S_△CDM=2$\sqrt{2}$，利用三角形面积公式可计算出DM=2，延长AB到M′使BM′=DM=2，如图，接着根据勾股定理计算出CM=2$\sqrt{3}$，再通过证明△BCM≌△DCM得到CM′=CM=2$\sqrt{3}$，∠BCM′=∠DCM，然后证∠M′NC=∠M′CN得到M′N=M′C=2$\sqrt{3}$，则BN=M′C-BM′=2$\sqrt{3}$-2．

解答 解：∵∠BAD绕着点A顺时针旋转α°（0＜α＜45°），得到∠B′AD′，
∴∠EAB=∠FAD=α，
∵四边形ABCD为正方形，
∴AB=AD，∠ADB=∠ABD=45°，
∵BE⊥BD，
∴∠EBD=90°，
∴∠EBA=45°，
∴∠EBA=∠FDA，
在△ABE和△ADF中
$\left\{\begin{array}{l}{∠EAB=∠FAD}\\{AB=AD}\\{∠EBA=∠FDA}\end{array}\right.$，
∴△ABE≌△ADF，
∴S_△ABE=S_△ADF，
∴S_{四边形AEBF}=S_△ABE+S_△ABF=S_△ADF+S_△ABF=S_△ABD=$\frac{1}{2}$×2$\sqrt{2}$×2$\sqrt{2}$=4，
∵S_{四边形AEBF}=$\sqrt{2}$S_△CDM，
∴S_△CDM=$\frac{4}{\sqrt{2}}$=2$\sqrt{2}$，
∴$\frac{1}{2}$DM•2$\sqrt{2}$=2$\sqrt{2}$，解得DM=2，
延长AB到M′使BM′=DM=2，如图，
在Rt△CDM中，CM=$\sqrt{M{D}^{2}+D{C}^{2}}$=$\sqrt{{2}^{2}+（2\sqrt{2}）^{2}}$=2$\sqrt{3}$，
在△BCM′和△DCM中
$\left\{\begin{array}{l}{BM′=DM}\\{∠CBM′=∠CDM}\\{BC=DC}\end{array}\right.$，
∴△BCM≌△DCM，
∴CM′=CM=2$\sqrt{3}$，∠BCM′=∠DCM，
∵AB∥CD，
∴∠M′NC=∠DCN=∠DCM+∠NCM=∠BCM′+∠NCM，
而NC平分∠BCM，
∴∠NCM=∠BCN，
∴∠M′NC=∠BCM′+∠BCN=∠M′CN，
∴M′N=M′C=2$\sqrt{3}$，
∴BN=M′C-BM′=2$\sqrt{3}$-2．
故答案为2$\sqrt{3}$-2．

点评 本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了正方形的性质和全等三角形的判定与性质．