Question

10．如圖，矩形ABCD中，AB=2，AD=2$\sqrt{3}$，AE⊥BD，垂足是E，點(diǎn)F是點(diǎn)E關(guān)于AB的對(duì)稱點(diǎn)，連接AF、BF，將△ABF繞點(diǎn)B順時(shí)針旋轉(zhuǎn)一個(gè)α（90°＜α＜180°）記旋轉(zhuǎn)中的△ABF為△A′B′F′，在旋轉(zhuǎn)過(guò)程中，設(shè)A′F′所在的直線與直線AD交于點(diǎn)P，與直線BD交于點(diǎn)Q，若△DPQ是等腰三角形，且DP=DQ，則DQ的長(zhǎng)為4-$\sqrt{6}$+$\sqrt{2}$．

Answer 1

分析 作輔助線，先根據(jù)勾股定理求出BD的長(zhǎng)，由直角三角形斜邊是直角邊的2倍，則這條直角邊的所對(duì)的銳角為30°，求出∠ADB=30°，再由對(duì)稱和旋轉(zhuǎn)可得：∠A′=30°，從而根據(jù)所作的高線得：△BGM是等腰直角三角形，并根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)依次求出∠DPQ=∠DQP=75°，由矩形的對(duì)邊平行得：AD∥BC，
根據(jù)平行線的內(nèi)錯(cuò)角相等可知∠BMP=∠DPQ=75°，所以∠BQM=∠BMP=75°，設(shè)BG=x，則GM=x，A′M=2x，A′G=$\sqrt{3}$x，根據(jù)A′B=2，列方程解出可得結(jié)論．

解答 解：如圖所示，當(dāng)DP=DQ時(shí)，∠DPQ=∠DQP，
設(shè)A′P與BC交于M，過(guò)M作MG⊥A′B于G，
∵四邊形ABCD為矩形，
∴∠BAD=90°，
∵AB=2，AD=2$\sqrt{3}$，
由勾股定理得：BD=4，
∴BD=2AB，
∴∠ADB=30°，∠ABD=60°，
∵AE⊥BD，
∴∠AEB=90°，
∴∠BAE=30°，
由對(duì)稱得：∠FAB=∠EAB=30°，
由旋轉(zhuǎn)得：△A′BF′≌△ABF≌△EAB，
∴A′B=AB=2，∠A′=∠BAF=30°，
∵∠ADB=30°，
∴∠DPQ=∠DQP=75°，
∵AD∥BC，
∴∠BMP=∠DPQ=75°，
∴∠BQM=∠BMP=75°，
∴BQ=BM，
∴∠GBM=75°-30°=45°，
∴△BGM是等腰直角三角形，
∴BG=GM，
設(shè)BG=x，則GM=x，A′M=2x，A′G=$\sqrt{3}$x，
∵A′B=2，
∴BG+A′G=2，
x+$\sqrt{3}$x=2，
x=$\sqrt{3}$-1，
∴BM=$\sqrt{2}$x=$\sqrt{2}$（$\sqrt{3}$-1）=$\sqrt{6}$-$\sqrt{2}$，
∴DQ=BD-BQ=BD-BM=4-（$\sqrt{6}$-$\sqrt{2}$）=4-$\sqrt{6}$+$\sqrt{2}$；
故答案為：4-$\sqrt{6}$+$\sqrt{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了矩形的性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)和軸對(duì)稱的性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)和判定、直角三角形30°角的性質(zhì)和判定等知識(shí)，應(yīng)用的知識(shí)點(diǎn)較多，本題的突破口是根據(jù)已知所構(gòu)成的等腰三角形正確畫(huà)出圖形，根據(jù)等腰三角形的等邊對(duì)等角以及旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得出相應(yīng)的角和邊相等是關(guān)鍵，與勾股定理結(jié)合，使問(wèn)題得以解決．