Question

20．如圖，在正方形ABCD中，AB=2$\sqrt{2}$，將∠BAD繞著點A順時針旋轉α°（0＜α＜45），得到∠B′AD′，其中過點B作與對角線BD垂直的直線交射線AB′于點E，射線AD′與對角線BD交于點F，連接CF，并延長交AD于點M，作∠BCM的角平分線交AB于點N，當滿足S_{四邊形AEBF}=$\sqrt{2}$S_△CDM時，線段BN的長度為2$\sqrt{3}$-2．

Answer 1

分析 先根據旋轉的性質得∠EAB=∠FAD=α，再根據正方形的性質得AB=AD，∠ADB=∠ABD=45°，則利用BE⊥BD得∠EBA=∠FDA=45°，于是可根據“ASA”判定△ABE≌△ADF，得到S_△ABE=S_△ADF，所以S_{四邊形AEBF}=S_△ABD=4，則S_△CDM=2$\sqrt{2}$，利用三角形面積公式可計算出DM=2，延長AB到M′使BM′=DM=2，如圖，接著根據勾股定理計算出CM=2$\sqrt{3}$，再通過證明△BCM≌△DCM得到CM′=CM=2$\sqrt{3}$，∠BCM′=∠DCM，然后證∠M′NC=∠M′CN得到M′N=M′C=2$\sqrt{3}$，則BN=M′C-BM′=2$\sqrt{3}$-2．

解答 解：∵∠BAD繞著點A順時針旋轉α°（0＜α＜45°），得到∠B′AD′，
∴∠EAB=∠FAD=α，
∵四邊形ABCD為正方形，
∴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（ASA），
∴S_△ABE=S_△ADF，
∴S_{四邊形AEBF}=S_△ABE+S_△ABF=S_△ADF+S_△ABF=S_△ABD=$\frac{1}{2}$×2$\sqrt{2}$×2$\sqrt{2}$=4，
∵S_{四邊形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，
延長AB到M′使BM′=DM=2，如圖，
在Rt△CDM中，CM=$\sqrt{M{D}^{2}+D{C}^{2}}$=2$\sqrt{3}$，
在△BCM′和△DCM中
$\left\{\begin{array}{l}{BM′=DM}\\{∠CBM′=∠CDM}\\{BC=DC}\end{array}\right.$，
∴△BCM≌△DCM（SAS），
∴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．
故答案為：2$\sqrt{3}$-2．

點評 本題考查了旋轉的性質：對應點到旋轉中心的距離相等；對應點與旋轉中心所連線段的夾角等于旋轉角；旋轉前、后的圖形全等．也考查了正方形的性質和全等三角形的判定與性質．