Question

5．如圖，在矩形ABCD中，AD=25，AB=12，點(diǎn)E、F分別是AD、BC上的點(diǎn)，且DE=CF=9，連接EF、DF、AF．取AF的中點(diǎn)為G，連接BG，將△BFG沿BC方向平移，當(dāng)點(diǎn)F到達(dá)點(diǎn)C時(shí)停止平移，然后將△GFB繞C點(diǎn)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)α（0°＜α＜90°），得到△B₁CG₁（點(diǎn)G的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為G₁，點(diǎn)B的對(duì)應(yīng)點(diǎn)為B₁），在旋轉(zhuǎn)過程中，直線B₁G₁與直線EF、FD分別相交M、N，當(dāng)△FMN是等腰三角形，且FM=FN時(shí)，線段DN的長(zhǎng)為$\frac{60-16\sqrt{10}}{5}$．

Answer 1

分析 如圖，作FL⊥BG于L，F(xiàn)H⊥MN于H，CK⊥MN于K，CR⊥FH于R．FH交ED于T，作TQ⊥DF于Q，先求出FL、CK，設(shè)TE=TQ=x，在RT△TQD中，由TQ²+QD²=TD²，求出x，
由△FET∽△CFR，得$\frac{ET}{FR}$=$\frac{FT}{CF}$，求出RF，再由cos∠HFN=$\frac{FH}{FN}$=$\frac{EF}{TF}$，求出FN即可解決問題．

解答 解：如圖，作FL⊥BG于L，F(xiàn)H⊥MN于H，CK⊥MN于K，CR⊥FH于R．FH交ED于T，作TQ⊥DF于Q．

∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠ABC=∠ADC=∠BCD=90°，AB=CD=12，AD=CF=25，
∵DE=CF=9，又∵DE∥CF，
∴四邊形DEFC是平行四邊形，
∵∠EDC=90°，
∴四邊形DEFC是矩形，同理四邊形AEFB是矩形，
∴DF=$\sqrt{C{F}^{2}+C{D}^{2}}$=$\sqrt{{9}^{2}+1{2}^{2}}$=15，AF=$\sqrt{A{B}^{2}+B{F}^{2}}$=$\sqrt{1{2}^{2}+1{6}^{2}}$=20，
∵G為AF的中點(diǎn)，
∴BG=$\frac{1}{2}$AF=10，
∵AG=GF，
∴S_△BGF=$\frac{1}{2}$S_△ABF=48=$\frac{1}{2}$•BG•LF，
∴FL=$\frac{48}{5}$，
∵CK=FL，
∴CK=$\frac{48}{5}$，
∵FM=FN，F(xiàn)H⊥MN，CK⊥MN，CR⊥FH，
∴∠RHK=∠HKC=∠KCR=90°，
∴四邊形RHKC是矩形，
∴RH=CK=$\frac{48}{5}$，
∴∠MFH=∠NFH，
∴TE=TQ，設(shè)TE=TQ=x，
在RT△TQD中，∵TQ²+QD²=TD²，
∴x²+3²=（9-x）²，
∴x=4，
∴FT=$\sqrt{E{F}^{2}+E{T}^{2}}$=4$\sqrt{10}$，
∵∠EFT+∠CFR=90°，∠CFR+∠FCR=90°，
∴∠EFT=∠FCR，∵∠FET=∠CFR=90°，
∴△FET∽△CFR，
∴$\frac{ET}{FR}$=$\frac{FT}{CF}$，
∴$\frac{4}{RF}$=$\frac{4\sqrt{10}}{9}$，
∴RF=$\frac{9\sqrt{10}}{10}$，
∴FH=FR+RH=$\frac{96+9\sqrt{10}}{10}$，
∵∠HFN=∠HFM，
∴cos∠HFN=$\frac{FH}{FN}$=$\frac{EF}{TF}$，
∴$\frac{\frac{96+6\sqrt{5}}{5}}{FN}$=$\frac{12}{6\sqrt{5}}$，
∴FN=$\frac{16\sqrt{10}+15}{5}$，
∴DN=DF-FN=$\frac{60-16\sqrt{10}}{5}$．
故答案為：$\frac{60-16\sqrt{10}}{5}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查幾何變換綜合題、矩形的性質(zhì)、勾股定理、相似三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)正確畫出圖形，學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造相似三角形解決問題，屬于中考填空題中的壓軸題．