题目内容
有两张完全重合的矩形纸片，小亮同学将其中一张绕点A顺时针旋转90°后得到矩形AMEF（如图1），连接BD、MF，若此时他测得∠ADB=30°．
（1）试探究线段BD与线段MF的关系，并简要说明理由；
（2）小红同学用剪刀将△BCD与△MEF剪去，与小亮同学继续探究．他们将△ABD绕点A顺时针旋转得△AB1D1，AD1交FM于点K（如图2），设旋转角为β（0°＜β＜90°），当△AFK为等腰三角形时，请直接写出旋转角β的度数．
（1）试探究线段BD与线段MF的关系，并简要说明理由；
（2）小红同学用剪刀将△BCD与△MEF剪去，与小亮同学继续探究．他们将△ABD绕点A顺时针旋转得△AB1D1，AD1交FM于点K（如图2），设旋转角为β（0°＜β＜90°），当△AFK为等腰三角形时，请直接写出旋转角β的度数．
分析：（1）①由旋转的性质可以证明△BAD≌△MAF，由全等三角形的对应边相等可以推知线段BD与MF的数量关系BD=MF．②BD=MF，∠ADB=∠AFM=30°，进而可得∠DNM的大小．
（2）由条件可知∠AFK=30°，当∠AFK为顶角时，可以求出∠KAF=75°，从而求出旋转角β的度数，当∠AFK为底角时，可以求出∠KAF=30°，从而求出旋转角β的度数．
（2）由条件可知∠AFK=30°，当∠AFK为顶角时，可以求出∠KAF=75°，从而求出旋转角β的度数，当∠AFK为底角时，可以求出∠KAF=30°，从而求出旋转角β的度数．
解答：
解：（1）BD=MF，且BD⊥MF．理由如下：
如图1，延长FM交BD于点N，
由题意得：△BAD≌△MAF．
∴BD=MF，∠ADB=∠AFM．
又∵∠DMN=∠AMF，
∴∠ADB+∠DMN=∠AFM+∠AMF=90°，
∴∠DNM=90°，
∴BD⊥MF．
（2）如图2，根据旋转的性质知，∠AFK=∠ADB=30°．
当AK=FK时，∠KAF=∠AFK=30°，
则∠BAB1=180°-∠B1AD1-∠KAF=180°-90°-30°=60°，
即β=60°；
②当AF=FK时，∠FAK=
=75°，
∴∠BAB1=90°-∠FAK=15°，
即β=15°；
故β的度数为60°或15°．
解：（1）BD=MF，且BD⊥MF．理由如下：如图1，延长FM交BD于点N，
由题意得：△BAD≌△MAF．
∴BD=MF，∠ADB=∠AFM．
又∵∠DMN=∠AMF，
∴∠ADB+∠DMN=∠AFM+∠AMF=90°，
∴∠DNM=90°，
∴BD⊥MF．
（2）如图2，根据旋转的性质知，∠AFK=∠ADB=30°．
当AK=FK时，∠KAF=∠AFK=30°，
则∠BAB1=180°-∠B1AD1-∠KAF=180°-90°-30°=60°，
即β=60°；
②当AF=FK时，∠FAK=
| 180°-∠AFK |
| 2 |
∴∠BAB1=90°-∠FAK=15°，
即β=15°；
故β的度数为60°或15°．
点评：本题考查旋转的性质，旋转变化前后，对应线段、对应角分别相等，图形的大小、形状都不改变．注意（2）中需分情况讨论△AFK为等腰三角形时的不同分类，不要漏解．
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