Question

5．【問題背景】
已知：l₁∥l₂∥l₃∥l₄，平行線l₁與l₂、l₂與l₃、l₃與l₄之間的距離分別為d₁、d₂、d₃，且d₁=d₃=1，d₂=2，我們把四個(gè)頂點(diǎn)分別在l₁、l₂、l₃、l₄這四條平行線上的四邊形稱為“格線四邊形”．

【問題探究】
（1）如圖1，正方形ABCD為“格線四邊形”，則正方形ABCD的邊長(zhǎng)為$\sqrt{10}$．
（2）矩形ABCD為“格線四邊形”，其長(zhǎng)：寬=2：1，求矩形ABCD的寬．
【問題拓展】
（3）如圖1，EG過正方形ABCD的頂點(diǎn)D且垂直l₁于點(diǎn)E，分別交l₂，l₄于點(diǎn)F，G，將∠AEG繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)30°，得到∠AE′D′（如圖2），點(diǎn)D′在直線l₃上，以AD′為邊在E′D′左側(cè)作菱形AB′C′D′，使B′C′，分別在直線l₂，l₄上，求菱形AB′C′D′的邊長(zhǎng)．

Answer 1

分析 （1）利用已知得出△AED≌△DGC（AAS），即可得出AE，以及正方形的邊長(zhǎng)；
（2）如圖2過點(diǎn)B作BE⊥L₁于點(diǎn)E，反向延長(zhǎng)BE交L₄于點(diǎn)F，則BE=1，BF=3，由四邊形ABCD是矩形，∠ABC=90°，∠ABE+∠FBC=90°，根據(jù)∠ABE+∠EAB=90°，得到∠FBC=∠EAB，然后分類討論，求得矩形的寬．
（3）首先過點(diǎn)E′作ON垂直于l₁分別交l₁，l₂于點(diǎn)O，N，∠AEO=30°，則∠ED′N=60°，可求出AE=1，EO，EN，ED′的長(zhǎng)，進(jìn)而由勾股定理可知菱形的邊長(zhǎng)．

解答 解：（1）∵l₁∥l₂∥l₃∥l_{4，
∠AED=90°
∴∠DGC=90°}，
∵四邊形ABCD為正方形，
∴∠ADC=90°，AD=CD，
∵∠ADE+∠2=90°，
∴∠1+∠2=90°，
∴∠1=∠ADE，
∵l₃∥l₄
∴∠1=∠DCG，
∠ADE=∠DCG，
在△AED與△DGC中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠ADE=∠DCG}\\{∠AED=∠GDC}\\{AD=CD}\end{array}\right.$，
∴△AED≌△GDC（AAS），
∴AE=GD=1，ED=GC=3，
∴AD=$\sqrt{{1}^{2}{+3}^{2}}$=$\sqrt{10}$，
故答案為：$\sqrt{10}$；

（2）如圖2過點(diǎn)B作BE⊥L₁于點(diǎn)E，反向延長(zhǎng)BE交L₄于點(diǎn)F，
則BE=1，BF=3，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，
∴∠ABE+∠FBC=90°，
∵∠ABE+∠EAB=90°，
∴∠FBC=∠EAB，
當(dāng)AB＜BC時(shí)，AB=$\frac{1}{2}$BC，
∴AE=$\frac{1}{2}$BF=$\frac{3}{2}$，
∴AB=$\sqrt{{1}^{2}{+（\frac{3}{2}）}^{2}}$=$\frac{\sqrt{13}}{2}$；
如圖3當(dāng)AB＞BC時(shí)，
同理可得：BC=$\frac{\sqrt{37}}{2}$，
∴矩形的寬為：$\frac{\sqrt{13}}{2}$，$\frac{\sqrt{37}}{2}$；

（3）如圖4，過點(diǎn)E′作ON垂直于l₁，分別交l₁，l₃于點(diǎn)O，N，
∵∠OAE′=30°，則∠E′FN=60°
∵AE′=AE=1，
故E′O=$\frac{1}{2}$，E′N=$\frac{5}{2}$，E′D′=$\frac{5\sqrt{3}}{3}$，
由勾股定理可知菱形的邊長(zhǎng)為：$\sqrt{\frac{25}{3}+1}$=$\frac{\sqrt{84}}{3}$=$\frac{2\sqrt{21}}{3}$，

點(diǎn)評(píng) 此題主要考查了勾股定理以及全等三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)，熟練應(yīng)用全等三角形的判定方法是解題關(guān)鍵．