Question

4．有两张完全重合的矩形纸片，将其中一张绕点A顺时针旋转90°后得到矩形AMEF（如图1），连接BD，MF，若BD=8cm，∠ADB=30°．

（1）试探究线段BD与线段MF的关系，并简要说明理由；
（2）把△BCD与△MEF剪去，将△ABD绕点A顺时针旋转得△AB₁D₁，边AD₁交FM于点K（如图2），设旋转角为β（0°＜β＜90°），当△AFK为等腰三角形时，求β的度数；
（3）若将△AFM沿AB方向平移得到△A₂F₂M₂（如图3），F₂M₂与AD交于点P，A₂M₂与BD交于点N，当NP∥AB时，求平移的距离．

Answer 1

分析 （1）有两张完全重合的矩形纸片，小亮同学将其中一张绕点A顺时针旋转90°后得到矩形AMEF（如图1），得BD=MF，△BAD≌△MAF，推出BD=MF，∠ADB=∠AFM=30°，进而可得∠DNM的大小．
（2）分两种情形讨论①当AK=FK时，②当AF=FK时，根据旋转的性质得出结论．
（3）求平移的距离是A₂A的长度．在矩形PNA₂A中，A₂A=PN，只要求出PN的长度就行．用△DPN∽△DAB得出：$\frac{PN}{AB}$=$\frac{DP}{DA}$，解得A₂A的大小．

解答 解：（1）结论：BD=MF，BD⊥MF．
理由：如图1中，延长FM交BD于点N，

由题意得：△BAD≌△MAF．
∴BD=MF，∠ADB=∠AFM．
又∵∠DMN=∠AMF，
∴∠ADB+∠DMN=∠AFM+∠AMF=90°，
∴∠DNM=90°，
∴BD⊥MF．

（2）如图2中，

①当AK=FK时，∠KAF=∠F=30°，
则∠BAB₁=180°-∠B₁AD₁-∠KAF=180°-90°-30°=60°，
即β=60°；
②当AF=FK时，∠FAK=$\frac{180°-∠F}{2}$=75°，
∴∠BAB₁=90°-∠FAK=15°，
即β=15°；
∴β的度数为60°或15°

（3）如图3中，

由题意得矩形PNA₂A．设A₂A=x，则PN=x，
在Rt△A₂M₂F₂中，∵F₂M₂=FM=8，
∴A₂M₂=4，A₂F₂=4 $\sqrt{3}$，
∴AF₂=4 $\sqrt{3}$-x．
∵∠PAF₂=90°，∠PF₂A=30°，
∴AP=AF₂•tan30°=4-$\frac{\sqrt{3}}{3}$x．
∴PD=AD-AP=4 $\sqrt{3}$-4+$\frac{\sqrt{3}}{3}$x．
∵NP∥AB，
∴∠DNP=∠B．
∵∠D=∠D，∴△DPN∽△DAB．
∴$\frac{PN}{AB}$=$\frac{DP}{DA}$，
∴$\frac{x}{4}$=$\frac{4\sqrt{3}-4+\frac{\sqrt{3}}{3}x}{4\sqrt{3}}$，解得x=6-2 $\sqrt{3}$．
即A₂A=6-2 $\sqrt{3}$．
答：平移的距离是（6-2 $\sqrt{3}$）cm．

点评 本题是一道综合性比较强的几何综合试题．考查了旋转的性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理的运用，等腰三角形的性质的运用．在利用相似三角形的性质时注意使用相等线段的代换，属于中考压轴题．