Question

16．將兩張完全相同的平行四邊形紙片按如圖1所示放置（其中點E在BC上，點A在BG上，AB=BE=4，BC=BG=$2\sqrt{3}+2$，∠B=60°），?ABCD固定不動，將?GBEF繞點B順時針旋轉，旋轉角為a（0°＜a＜360°）．
（1）如圖1，連接AF，求AF的長．
（2）如圖2，當?GBEF繞點B旋轉到點F與點D重合時，AD與BG相交于點M，BC與ED相交于點N，求證：四邊形BMDN是菱形．
（3）如圖3，在旋轉過程中，當旋轉角a為多少度時，以點C，G，D，F(xiàn)為頂點的四邊形是正方形？是矩形？請給予證明．

Answer 1

分析 （1）如圖1中，作FK⊥BG于K．在Rt∠GFK中，易知FG=4，∠FGK=60°，推出GK=$\frac{1}{2}$FG=2，F(xiàn)K=2$\sqrt{3}$，在Rt△AKF中，構建AF=$\sqrt{A{K}^{2}+K{F}^{2}}$計算即可；
（2）首先證明四邊形BMDN是平行四邊形，由△ABM≌△GDM，推出BM=DM即可證明；
（3）①如圖3中，α=30°時，四邊形DGCF是正方形．只要證明OG=OF=OD=OC，CD⊥GF即可；②如圖4中，當α=300°時，四邊形DCGF是矩形，首先證明四邊形DCGF是平行四邊形，再證明∠GCD=90°即可；

解答 解：（1）如圖1中，作FK⊥BG于K．

∵BG=2$\sqrt{3}$+2，BA=4，
∴AG=BG-AB=2$\sqrt{3}$-2，
在Rt∠GFK中，易知FG=4，∠FGK=60°，
∴∠GFK=90°-60°=30°，
∴GK=$\frac{1}{2}$FG=2，F(xiàn)K=2$\sqrt{3}$，
在Rt△AKF中，AF=$\sqrt{A{K}^{2}+K{F}^{2}}$=$\sqrt{（2\sqrt{3}）^{2}+（2\sqrt{3}）^{2}}$=2$\sqrt{6}$．


（2）如圖2中，

∵BG∥DE，DM∥BC，
∴四邊形BMDN是平行四邊形，
在△ABM和△DGM中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠A=∠G}\\{∠AMB=∠GMD}\\{AB=DG}\end{array}\right.$，
∴△ABM≌△GDM，
∴BM=DM，
∴四邊形BMDN是菱形．

（3）①如圖3中，α=30°時，四邊形DGCF是正方形．

理由：設GF與CD交于點O，連接OB交CG于K，在BK上取一點M，使得BM=GM，設BM=MG=x．
∵∠ABG=∠GBC=30°，BG=BC，
∴∠BGC=∠BCG=75°，
∵∠BGF=∠BCD=120°，
∴∠OGC=∠OCG=45°，
∴OG=OC，F(xiàn)G⊥CD，
∵BG=BC，BO=BO，GO=CO，
∴△BOG≌△BOC，
∴∠OBG=∠OBC=15°，
∵BM=MG，
∴∠MBG=∠NGB=15°，
∴∠GMK=30°，
設GK=x，則BM=MG=2x，MK=$\sqrt{3}$x，
在Rt△BGK中，（2$\sqrt{3}$+2）²=x²+（$\sqrt{3}$x+2x）²，
解得x=$\sqrt{2}$，
∵BG=BC，OG=OC，
∴OB⊥CG，
∴GK=KC=$\sqrt{2}$，
∴OC=OG=2=$\frac{1}{2}$CD=$\frac{1}{2}$GF，
∴CD=FG，OG=OF=OD=OC，
∴四邊形DGCF是平行四邊形，
∵HF=CD，
∴四邊形DGCF是矩形，
∵GF⊥CD，
∴四邊形DGCF是正方形．

②如圖4中，當α=300°時，四邊形DCGF是矩形．

理由：∵AB=FG=CD，AB∥FG∥CD，
∴四邊形DCGF是平行四邊形，
∵BG=BC，∠MBG=∠MBC=60°，
∴∠CBG=120°，∠BGC=∠BCG=30°，
∵∠BCD=120°，
∴∠GCD=120°-30°=90°，
∴四邊形DCGF是矩形．

點評 本題考查四邊形綜合題、全等三角形的判定和性質、勾股定理、正方形的判定和性質、矩形的判定和性質等知識，解題的關鍵是靈活運用所學知識解決問題，學會添加常用輔助線，構造全等三角形解決問題，屬于中考壓軸題．