Question

10．如图，矩形ABCD中，AB=2，AD=2$\sqrt{3}$，AE⊥BD，垂足是E，点F是点E关于AB的对称点，连接AF、BF，将△ABF绕点B顺时针旋转一个α（90°＜α＜180°）记旋转中的△ABF为△A′B′F′，在旋转过程中，设A′F′所在的直线与直线AD交于点P，与直线BD交于点Q，若△DPQ是等腰三角形，且DP=DQ，则DQ的长为4-$\sqrt{6}$+$\sqrt{2}$．

Answer 1

分析 作辅助线，先根据勾股定理求出BD的长，由直角三角形斜边是直角边的2倍，则这条直角边的所对的锐角为30°，求出∠ADB=30°，再由对称和旋转可得：∠A′=30°，从而根据所作的高线得：△BGM是等腰直角三角形，并根据等腰三角形的性质依次求出∠DPQ=∠DQP=75°，由矩形的对边平行得：AD∥BC，
根据平行线的内错角相等可知∠BMP=∠DPQ=75°，所以∠BQM=∠BMP=75°，设BG=x，则GM=x，A′M=2x，A′G=$\sqrt{3}$x，根据A′B=2，列方程解出可得结论．

解答 解：如图所示，当DP=DQ时，∠DPQ=∠DQP，
设A′P与BC交于M，过M作MG⊥A′B于G，
∵四边形ABCD为矩形，
∴∠BAD=90°，
∵AB=2，AD=2$\sqrt{3}$，
由勾股定理得：BD=4，
∴BD=2AB，
∴∠ADB=30°，∠ABD=60°，
∵AE⊥BD，
∴∠AEB=90°，
∴∠BAE=30°，
由对称得：∠FAB=∠EAB=30°，
由旋转得：△A′BF′≌△ABF≌△EAB，
∴A′B=AB=2，∠A′=∠BAF=30°，
∵∠ADB=30°，
∴∠DPQ=∠DQP=75°，
∵AD∥BC，
∴∠BMP=∠DPQ=75°，
∴∠BQM=∠BMP=75°，
∴BQ=BM，
∴∠GBM=75°-30°=45°，
∴△BGM是等腰直角三角形，
∴BG=GM，
设BG=x，则GM=x，A′M=2x，A′G=$\sqrt{3}$x，
∵A′B=2，
∴BG+A′G=2，
x+$\sqrt{3}$x=2，
x=$\sqrt{3}$-1，
∴BM=$\sqrt{2}$x=$\sqrt{2}$（$\sqrt{3}$-1）=$\sqrt{6}$-$\sqrt{2}$，
∴DQ=BD-BQ=BD-BM=4-（$\sqrt{6}$-$\sqrt{2}$）=4-$\sqrt{6}$+$\sqrt{2}$；
故答案为：4-$\sqrt{6}$+$\sqrt{2}$．

点评 本题考查了矩形的性质、旋转和轴对称的性质、等腰直角三角形的性质和判定、直角三角形30°角的性质和判定等知识，应用的知识点较多，本题的突破口是根据已知所构成的等腰三角形正确画出图形，根据等腰三角形的等边对等角以及旋转的性质得出相应的角和边相等是关键，与勾股定理结合，使问题得以解决．