Question

4．已知：如圖1，在矩形ABCD中，AB=5，AD=$\frac{20}{3}$，AE⊥BD，垂足為E，點F是點E關于AB的對稱點，連接AF，BF．
（1）AE的長為4，BE的長為3；
（2）如圖2，將△ABF繞點B順時針旋轉(zhuǎn)一個角α（0°＜α＜180°），記旋轉(zhuǎn)中的△ABF為△A′BF′．
①在旋轉(zhuǎn)過程中，當A′F′與AE垂直于點H，如圖3，設BA′所在直線交AD于點M，請求出DM的長；
②在旋轉(zhuǎn)過程中，設A′F′所在的直線與直線AD交于點P，與直線BD交于點Q，是否存在這樣的P、Q兩點，使△DPQ為以PQ為底的等腰三角形？請直接寫出DQ的長．

Answer 1

分析 （1）由勾股定理求得BD的長，根據(jù)三角形面積公式求出AE的長，再應用勾股定理即可求得BE的長．
（2）①先用tan∠ADB=$\frac{MG}{DG}$=$\frac{AB}{AD}$=$\frac{3}{4}$，設出MG，表示出DG，DM，求出BG=BD-DG=$\frac{25}{3}$-4x，再用tan∠MBD=$\frac{A′N}{BN}=\frac{MG}{BG}$，建立方程求出x，即可；
②分DP=DQ（考慮點Q在線段BD的延長線和點Q在線段BD上兩種情況），PD=PQ兩種情況求解即可．

解答 解：（1）∵AB=5，AD=$\frac{20}{3}$，
∴由勾股定理得BD=$\sqrt{A{B}^{2}+A{D}^{2}}$=$\frac{25}{3}$．
∵S_△ABD=$\frac{1}{2}$AB×AD=$\frac{1}{2}$BD×AE，
∴$\frac{1}{2}$×5×$\frac{20}{3}$=$\frac{1}{2}$×$\frac{25}{3}$×AE，
∴AE=4．
∴BE=$\sqrt{A{B}^{2}-A{E}^{2}}$=3，
故答案為4，3；
（2）①作MG⊥BD，A′N⊥BD，
∴tan∠ADB=$\frac{MG}{DG}$=$\frac{AB}{AD}$=$\frac{3}{4}$，
設MG=3x，則DG=4x，DM=5x，
∴BG=BD-DG=$\frac{25}{3}$-4x，
∵A′F′⊥AE，AE⊥BD，A′N⊥BD，A′F′⊥BF′，
∴四邊形BF′A′N是矩形，
∴A′N=BF′=3，BN=A′F′=AE=4，
∵tan∠MBD=$\frac{A′N}{BN}=\frac{MG}{BG}$，
∴$\frac{3}{4}=\frac{3x}{\frac{25}{3}-4x}$，
∴x=$\frac{25}{24}$，
∴DM=5x=$\frac{125}{24}$；
②存在，理由如下：
∵△DPQ為以PQ為底的等腰三角形
∴DP=DQ，
若點Q在線段BD的延長線上時，如圖1，

有∠Q=∠1，則∠2=∠1+∠Q=2∠Q．
∵∠3=∠4+∠Q，∠3=∠2，
∴∠4+∠Q=2∠Q．
∴∠4=∠Q．
∴A′Q=A′B=5．
∴F′Q=A′F′+A′Q=4+5=9．
在Rt△BF′Q中，81+9=（$\frac{25}{3}$+DQ）²
∴DQ=3$\sqrt{10}$-$\frac{25}{3}$或DQ=-3$\sqrt{10}$-$\frac{25}{3}$（舍去）．
若點Q在線段BD上時，如圖2，

有∠QPD=∠PQD=∠BQA′，
∵∠DPQ=∠BMQ，
∴∠BMQ=∠BQM．
∵∠BMQ=∠A′BM+∠A′，∠A′=∠CBD，
∴∠BMQ=∠A′BM+∠CBD=∠A′BQ．
∴∠BQM=∠∠A′BQ．
∴A′Q=A′B=5．
∴F′Q=A′Q-A′F′=5-4=1．
∴BQ=$\sqrt{9+1}$=$\sqrt{10}$
∴DQ=BD-BQ=$\frac{25}{3}$-$\sqrt{10}$
綜上所述，當△DPQ為等腰三角形時，DQ的長為DQ=3$\sqrt{10}$-$\frac{25}{3}$，DQ=$\frac{25}{3}$-$\sqrt{10}$．

點評 此題是四邊形綜合題，主要考查了等腰三角形的性質(zhì)，矩形的性質(zhì)，勾股定理，解本題的關鍵是勾股定理的運用，難點是分情況求DQ．