Question

17．如圖，在正方形ABCD中，AB=2$\sqrt{2}$，將∠BAD繞著點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)α（0＜α＜45），得到∠B′AD′，其中過(guò)點(diǎn)B作與對(duì)角線BD垂直的直線交射線AB′于點(diǎn)E，射線AD′與對(duì)角線BD交于點(diǎn)F，連接CF，并延長(zhǎng)交AD于點(diǎn)M，當(dāng)滿足S_{四邊形AEBF}=$\sqrt{2}$S_△CDM時(shí)，線段BE的長(zhǎng)度為4$\sqrt{2}$-4．

Answer 1

分析 先根據(jù)旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)得∠EAB=∠FAD=α，再根據(jù)正方形的性質(zhì)得AB=AD，∠ADB=∠ABD=45°，則利用BE⊥BD得∠EBA=∠FDA=45°，于是可根據(jù)“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(jì)算出DM=2，過(guò)點(diǎn)F作FP⊥CD于點(diǎn)P，則FP∥DM，可得$\frac{FP}{MD}$=$\frac{CP}{CD}$，設(shè)FP=x，則PF=PD=x，代入即可求得x的值，在RtDPF中即可求得BE=DF=$\frac{PF}{cos∠DFP}$．

解答 解：∵∠BAD繞著點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)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，
∴S_△ABE=S_△ADF，BE=DF，
∴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，

過(guò)點(diǎn)F作FP⊥CD于點(diǎn)P，則FP∥DM，
∴△CFP∽△CMD，
∴$\frac{FP}{MD}$=$\frac{CP}{CD}$，
設(shè)FP=x，
∵∠FDP=45°，
∴PF=PD=x，
則$\frac{x}{2}$=$\frac{2\sqrt{2}-x}{2\sqrt{2}}$，解得：x=4-2$\sqrt{2}$，
∴BE=DF=$\frac{PF}{cos∠DFP}$=$\frac{4-2\sqrt{2}}{\frac{\sqrt{2}}{2}}$=4$\sqrt{2}$-4，
故答案為：4$\sqrt{2}$-4．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)：對(duì)應(yīng)點(diǎn)到旋轉(zhuǎn)中心的距離相等；對(duì)應(yīng)點(diǎn)與旋轉(zhuǎn)中心所連線段的夾角等于旋轉(zhuǎn)角；旋轉(zhuǎn)前、后的圖形全等．也考查了正方形的性質(zhì)和全等三角形的判定與性質(zhì)．