Question

15．如图，∠MAN=60°，AP平分∠MAN，点B是射线AP上一定点，点C在直线AN上运动，连接BC，将∠ABC（0°＜∠ABC＜120°）的两边射线BC和BA分别绕点B顺时针旋转120°，旋转后角的两边分别与射线AM交于点D和点E．

（1）如图1，当点C在射线AN上时，
①请判断线段BC与BD的数量关系，直接写出结论；
②请探究线段AC，AD和BE之间的数量关系，写出结论并证明；
（2）如图2，当点C在射线AN的反向延长线上时，BC交射线AM于点F，若AB=4，AC=$\sqrt{3}$，请直接写出线段AD和DF的长．

Answer 1

分析 （1）①结论：BC=BD．只要证明△BGD≌△BHC即可．②结论：AD+AC=$\sqrt{3}$BE．只要证明AD+AC=2AG=2EG，再证明EB=$\frac{\sqrt{3}}{2}$BE即可解决问题；
（2）如图2中，作BG⊥AM于G，BH⊥AN于H，AK⊥CF于K．由（1）可知，△ABG≌△ABH，△BGD≌△BHC，易知BH=GB=2，AH=AG=EG=2$\sqrt{3}$，BC=BD=$\sqrt{B{H}^{2}+C{H}^{2}}$=$\sqrt{31}$，CH=DG=3$\sqrt{3}$，推出AD=5$\sqrt{3}$，由sin∠ACH=$\frac{AK}{AC}$=$\frac{BH}{BC}$，推出$\frac{AK}{\sqrt{3}}$=$\frac{2}{\sqrt{31}}$，可得AK=$\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{31}}$，设FG=y，则AF=2$\sqrt{3}$-y，BF=$\sqrt{4+{y}^{2}}$，由△AFK∽△BFG，可得$\frac{AF}{BF}$=$\frac{AK}{BG}$，可得方程$\frac{2\sqrt{3}-y}{\sqrt{4+{y}^{2}}}$=$\frac{\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{31}}}{2}$，求出y即可解决问题．

解答 解：（1）①结论：BC=BD．
理由：如图1中，作BG⊥AM于G，BH⊥AN于H．

∵∠MAN=60°，PA平分∠MAN，BG⊥AM于G，BH⊥AN于H
∴BG=BH，∠GBH=∠CBD=120°，
∴∠CBH=∠GBD，∵∠BGD=∠BHC=90°，
∴△BGD≌△BHC，
∴BD=BC．

②结论：AD+AC=$\sqrt{3}$BE．
∵∠ABE=120°，∠BAE=30°，
∴∠BEA=∠BAE=30°，
∴BA=BE，∵BG⊥AE，
∴AG=GE，EG=BE•cos30°=$\frac{\sqrt{3}}{2}$BE，
∵△BGD≌△BHC，
∴DG=CH，
∵AB=AB，BG=BH，
∴Rt△ABG≌Rt△ABH，
∴AG=AH，
∴AD+AC=AG+DG+AH-CH=2AG=$\sqrt{3}$BE，
∴AD+AC=$\sqrt{3}$BE．

（2）如图2中，作BG⊥AM于G，BH⊥AN于H，AK⊥CF于K．

由（1）可知，△ABG≌△ABH，△BGD≌△BHC，
易知BH=GB=2，AH=AG=EG=2$\sqrt{3}$，BC=BD=$\sqrt{B{H}^{2}+C{H}^{2}}$=$\sqrt{31}$，CH=DG=3$\sqrt{3}$，
∴AD=5$\sqrt{3}$，
∵sin∠ACH=$\frac{AK}{AC}$=$\frac{BH}{BC}$，
∴$\frac{AK}{\sqrt{3}}$=$\frac{2}{\sqrt{31}}$，
∴AK=$\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{31}}$，设FG=y，则AF=2$\sqrt{3}$-y，BF=$\sqrt{4+{y}^{2}}$，
∵∠AFK=∠BFG，∠AKF=∠BGF=90°，
∴△AFK∽△BFG，
∴$\frac{AF}{BF}$=$\frac{AK}{BG}$，
∴$\frac{2\sqrt{3}-y}{\sqrt{4+{y}^{2}}}$=$\frac{\frac{2\sqrt{3}}{\sqrt{31}}}{2}$，
解得y=$\frac{10\sqrt{3}}{7}$或3$\sqrt{10}$（舍弃），
∴DF=GF+DG=$\frac{10\sqrt{3}}{7}$+3$\sqrt{3}$=$\frac{31\sqrt{3}}{7}$．

点评 本题考查几何变换综合题、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、锐角三角函数等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，解题的关键是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．