题目内容
16．将两张完全相同的平行四边形纸片按如图1所示放置（其中点E在BC上，点A在BG上，AB=BE=4，BC=BG=$2\sqrt{3}+2$，∠B=60°），?ABCD固定不动，将?GBEF绕点B顺时针旋转，旋转角为a（0°＜a＜360°）．（1）如图1，连接AF，求AF的长．
（2）如图2，当?GBEF绕点B旋转到点F与点D重合时，AD与BG相交于点M，BC与ED相交于点N，求证：四边形BMDN是菱形．
（3）如图3，在旋转过程中，当旋转角a为多少度时，以点C，G，D，F为顶点的四边形是正方形？是矩形？请给予证明．
分析 （1）如图1中，作FK⊥BG于K．在Rt∠GFK中，易知FG=4，∠FGK=60°，推出GK=$\frac{1}{2}$FG=2，FK=2$\sqrt{3}$，在Rt△AKF中，构建AF=$\sqrt{A{K}^{2}+K{F}^{2}}$计算即可；
（2）首先证明四边形BMDN是平行四边形，由△ABM≌△GDM，推出BM=DM即可证明；
（3）①如图3中，α=30°时，四边形DGCF是正方形．只要证明OG=OF=OD=OC，CD⊥GF即可；②如图4中，当α=300°时，四边形DCGF是矩形，首先证明四边形DCGF是平行四边形，再证明∠GCD=90°即可；
解答 解：（1）如图1中，作FK⊥BG于K．
∵BG=2$\sqrt{3}$+2，BA=4，
∴AG=BG-AB=2$\sqrt{3}$-2，
在Rt∠GFK中，易知FG=4，∠FGK=60°，
∴∠GFK=90°-60°=30°，
∴GK=$\frac{1}{2}$FG=2，FK=2$\sqrt{3}$，
在Rt△AKF中，AF=$\sqrt{A{K}^{2}+K{F}^{2}}$=$\sqrt{（2\sqrt{3}）^{2}+（2\sqrt{3}）^{2}}$=2$\sqrt{6}$．
（2）如图2中，
∵BG∥DE，DM∥BC，
∴四边形BMDN是平行四边形，
在△ABM和△DGM中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠A=∠G}\\{∠AMB=∠GMD}\\{AB=DG}\end{array}\right.$，
∴△ABM≌△GDM，
∴BM=DM，
∴四边形BMDN是菱形．
（3）①如图3中，α=30°时，四边形DGCF是正方形．
理由：设GF与CD交于点O，连接OB交CG于K，在BK上取一点M，使得BM=GM，设BM=MG=x．
∵∠ABG=∠GBC=30°，BG=BC，
∴∠BGC=∠BCG=75°，
∵∠BGF=∠BCD=120°，
∴∠OGC=∠OCG=45°，
∴OG=OC，FG⊥CD，
∵BG=BC，BO=BO，GO=CO，
∴△BOG≌△BOC，
∴∠OBG=∠OBC=15°，
∵BM=MG，
∴∠MBG=∠NGB=15°，
∴∠GMK=30°，
设GK=x，则BM=MG=2x，MK=$\sqrt{3}$x，
在Rt△BGK中，（2$\sqrt{3}$+2）2=x2+（$\sqrt{3}$x+2x）2，
解得x=$\sqrt{2}$，
∵BG=BC，OG=OC，
∴OB⊥CG，
∴GK=KC=$\sqrt{2}$，
∴OC=OG=2=$\frac{1}{2}$CD=$\frac{1}{2}$GF，
∴CD=FG，OG=OF=OD=OC，
∴四边形DGCF是平行四边形，
∵HF=CD，
∴四边形DGCF是矩形，
∵GF⊥CD，
∴四边形DGCF是正方形．
②如图4中，当α=300°时，四边形DCGF是矩形．
理由：∵AB=FG=CD，AB∥FG∥CD，
∴四边形DCGF是平行四边形，
∵BG=BC，∠MBG=∠MBC=60°，
∴∠CBG=120°，∠BGC=∠BCG=30°，
∵∠BCD=120°，
∴∠GCD=120°-30°=90°，
∴四边形DCGF是矩形．
点评 本题考查四边形综合题、全等三角形的判定和性质、勾股定理、正方形的判定和性质、矩形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，属于中考压轴题．
已知：如图，一次函数y=kx+b的图象与x轴负半轴相交于点A，与y正半轴相交于点B，与反比例函数y=$\frac{m}{x}$图象的一个交点为C（2，4），且 AB=BC．
如图，将顶点为P（1，-2），且过原点的抛物线y的一部分沿x轴翻折并向右平移2个单位长度，得到抛物线y1，其顶点为P1，然后将抛物线y1沿x轴翻折并向右平移2个单位长度，得到抛物线y2，其顶点为P2；…，如此进行下去，直至得到抛物线y2016，则点P2016坐标为（4033，-2）．
