Question

16．矩形ABCD和矩形CEFG的長與寬之比AB：BC=$\sqrt{3}$：1，且AC=CE．（注：直角三角形中，如果一條直角邊等于斜邊的一半，那么這條直角邊所對的銳角是30°）

（1）如圖（1），當B，C，E在同一條直線上，點D在CG上，且BC=2時，連接AF，求線段AF的長．
（2）在圖（1）中取AF的中點M，并連接BM，EM得到圖（2），求證：△BEM是等邊三角形；
（3）如果將圖（2）中的矩形ABCD繞點C旋轉一定角度得到圖（3），試問：△BEM是等邊三角形三角形．

Answer 1

分析 （1）因為矩形ABCD與矩形CEFG的長與寬的比均為$\sqrt{3}$：1，所以，延長AD交EF與點H，由已知條件可求得FH的長，再由勾股定理求得AF的長．
（2）延長BM、EF相交于點P，先證△ABM≌△FPM可得BM=PM，再證題目中的提示可知ME=$\frac{1}{2}$BP=BM，然后設法證明∠PBE=60°．
（3）根據題目特點可利用代數法求解：設BC=1，旋轉角為α，建立直角坐標系，根據題目條件求出點A、B、E、F、M的坐標，然后利用勾股定理求得線段BM、BE、EM的長判定△BME的形狀．

解答 解：（1）連接CF，延長AD交EF于點H，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°．
又∵AB：BC=$\sqrt{3}$：1且BC=2，
∴AB=2$\sqrt{3}$，AC=$\sqrt{（2\sqrt{3}）^{2}+{2}^{2}}$═CE=4．
由∵AB：BC=EF：CE=$\sqrt{3}$：1
∴EF=4$\sqrt{3}$
則，FH=EF-HE=EF-AB=4$\sqrt{3}$-2$\sqrt{3}$=2$\sqrt{3}$
  BE=BC+CE=2+4=6
AH=BE=6
∴AF=$\sqrt{{6}^{2}+（2\sqrt{3}）^{2}}$=4$\sqrt{3}$．

（2）證明：延長BM、EF相交于點P，
由題意知：AB∥EF，
∴∠ABM=∠P
∵點M是AF的中點，
∴AM=FM，
在△ABM和△FPM中
$\left\{\begin{array}{l}{∠ABM=∠P}&{（已證）}\\{∠PMF=∠BMA}&{（對頂角相等）}\\{AM=FM}&{（已證）}\end{array}\right.$
∴△ABM≌△FPM
∴BM=PM
又∵∠BEP=90°
∴EM=$\frac{1}{2}$BP=BM=PM
∵AB：BC=$\sqrt{3}$：1且AC=CE
∴AC=$\sqrt{B{C}^{2}+（\sqrt{3}BC）^{2}}$=2BC=CE
∴EP=$\sqrt{3}$BE
∴BP=$\sqrt{B{E}^{2}+（\sqrt{3}BE）^{2}}$=2BE
∴∠P=30°
又∵四邊形CEFG是矩形
∴∠MBE=90°
∴∠BME=180°-30°=60°      
∴△BEM是等邊三角形（有一個角是60°的等腰三角形是等邊三角形）．

（3）（3）如圖，連接AC、CF、取AC中點H，XF中點J，連接HB、HM、JE、JM．

易證△BCH，△CJE是等邊三角形，MJ=CH=BC，HM=JE=CE，
∵MJ∥AB，
∴∠MJC+∠ACJ=180°，
∵∠CJE=∠JCE=∠ACB=60°，
∴∠MJE+∠ACJ+120°=360°，
∵∠BCE+120°+∠ACJ=360°，
∴∠MJE=∠BCE，同理可證∠BHM=∠BCE，
∴△BCE≌△BHM≌△MJE，
∴BE=MB=BE，
故答案為△MBE是等邊三角形．

點評 本題是四邊形綜合題，綜合性強，屬于運動開放性題目，考查了矩形性質、直角三角形的性質及勾股定理、旋轉等多個知識點，關鍵是根據題目的結論去分析所需要的條件，從而根據圖形特點及題目條件進行求解，特別問題（3），要開放思路利用數形結合的思想把一個幾何問題應用代數的方法來解決．