Question

3．已知?ABCD中，∠A=30°，AB=10，BC=15，點E為邊AD上一點，且AE=BE．

（1）如圖1，把△ABE沿直線BE翻折180°，得到△A₁BE，求線段A₁C的長度；
（2）如圖2，把△ABE繞點B旋轉后得到△A₁BE₁，使點E₁落在邊BC上，若A₁B與CD交于點N，求線段A₁N的長度；
（3）如圖3，把△ABE繞點B旋轉α°（0＜α＜360°）后得到△A₁BE₁，設直線A₁B分別與直線DE、直線CD交于點M、N．是否存在這樣的α，使△DMN為等腰三角形？若存在，請求出線段DM的長度；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）如圖1，由等三角形的性質得出∠ABE=∠A=30°，由翻折的性質可以得出A₁B=AB=10；由AD∥BC，根據(jù)平行線的性質，可得∠ABC=180°-∠A=150°，所以∠A₁BC=90°，在Rt△A₁BC中，利用勾股定理可以求得A₁C的長；
（2）如圖2，過點E作EF⊥AB于F，根據(jù)等腰三角形的性質，可得得到AF=FB=5，再根據(jù)直角三角形的性質，可以求得AE=$\frac{10\sqrt{3}}{3}$；由旋轉的性質可得出△A₁BE₁≌△ABE，由平行四邊形的性質得到∠A=∠C，由∠A=∠ABE=∠A₁BE₁=∠C=30°，所以△ABE∽△BCN，由相似三角形的性質可求得BN的長，故此可求得AN₁的長；
（3）根據(jù)三角形MDN為等腰三角形可畫出如圖3、圖4、圖5、圖6所示的圖形，然后依據(jù)等腰三角形的性質的性質和相似三角形的性質進行求解即可．

解答 解：如圖1所示：連接A₁C．

∵四邊形ABCD為平行四邊形，
∴∠ABC=180°-∠A=150°．
∵AE=BE，∠A=30°，
∴∠ABE=30°．
∵由翻折的性質可知：∠ABE=∠A₁BE=30°，AB=A₁B=10，
∴∠ABA₁=60°．
∴∠A₁BC=90°．
∴A₁C=$\sqrt{{A}_{1}{B}^{2}+B{C}^{2}}$=$\sqrt{1{0}^{2}+1{5}^{2}}$=5$\sqrt{13}$．
（2）如圖2所示：過點E作EF⊥AB．

∵AE=BE，EF⊥AB，
∴AF=FB=5．
∵∠A=30°，∠EFA=90°，
∴AE=2EF．
設EF=x，則AE=2x．
在Rt△AEF中，勾股定理得：AF²+EF²=AE²，即x²+25=4x²，解得：x=$\frac{5\sqrt{3}}{3}$，
∴BE=AE=$\frac{10\sqrt{3}}{3}$．
∵由旋轉的性質可知：BE₁=$\frac{10\sqrt{3}}{3}$，∠A₁=∠A=30°，
∴∠A₁=∠C．
又∵∠A₁BE₁=∠NBC，
∴△BA₁N₁∽△BCN．
∴$\frac{{A}_{1}B}{BC}=\frac{B{E}_{1}}{BN}$，即$\frac{10}{15}=\frac{\frac{10\sqrt{3}}{3}}{BN}$，解得：BN=5$\sqrt{3}$．
∴NA₁=A₁B-NB=10-5$\sqrt{3}$．
（3）存在．
理由：如圖3所示：當DN=DM時．

∵AB∥DC，
∴∠NDM=∠A．
又∵∠AMB=∠NMD，
∴△AMB∽△DMN．
∴$\frac{AB}{AM}=\frac{DN}{DM}=1$．
∴AM=AB=10．
∴MD=AD-AM=15-10=5．
如圖4所示：DN=NM．

由（2）可知：NB=5$\sqrt{3}$，NA₁=10-5$\sqrt{3}$．
∵AD∥BC，
∴△DMN∽△CBN．
∴$\frac{DM}{BC}=\frac{NM}{BN}$，即$\frac{DM}{15}=\frac{10-5\sqrt{3}}{5\sqrt{3}}$，解得：DM=10$\sqrt{3}$-15．
如圖5所示：DM=DN．

∵DM=DN，
∴∠M=∠N．
∵AD∥BC，
∴∠M=∠CBN．
∴∠CBN=∠N．
∴BC=CN=15．
∴DM=DN=DC+CN=10+15=25．
如圖6所示：MN=MD．

∵AD∥BC，
∴∠NDM=∠C=30°．
∵MN=MD，
∴∠MND=∠NDM=30°．
∵∠A+∠ABM=∠MND+∠NDM，
∴∠ABM=∠MND=30°．
∴∠A=∠ABM．
∴AM=MB．
由（2）可知AM=$\frac{10\sqrt{3}}{3}$．
∴MD=AD-AM=15-$\frac{10\sqrt{3}}{3}$．
綜上所述，MD的長為5或10$\sqrt{3}$-15或25或15-$\frac{10\sqrt{3}}{3}$．

點評 本題主要考查的是幾何變換，解答本題主要應用了翻折的性質、旋轉的性質、等腰三角形的性質、相似三角形的性質和判斷，根據(jù)題意畫出符合題意的圖形是解題的關鍵．