Question

16．如圖，將邊長為6的正方形ABCD繞點A順時針旋轉，得到正方形AMNP，當點P第一次落在AC上時，正方形停止旋轉，在旋轉過程中，MN交直線AB于點E，PN交AC于點F．
（1）連接DP，BM，CN，如果DP=m，則BM=m，CN=$\sqrt{2}$m；（用含m的代數式表示）；
（2）連接MP，EF，當EF∥MP時，求正方形ABCD旋轉的角度；
（3）在正方形ABCD旋轉過程中，且點P在△ACD內部時，△NEF的周長是否發(fā)生變化？如果不變，求出△NEF的周長；如果變化，說明變化情況及理由．

Answer 1

分析 （1）由正方形的性質和旋轉的特點，判斷出△DAP≌△BAM和△DAP∽△CAN，利用勾股定理，計算即可；
（2）由正方形的性質和旋轉角不變，得到∠PAF=∠FAN=∠NAE=∠MAE，而這四個角的和為90°得到旋轉角為22.5°；
（3）由正方形的性質和旋轉的特點，判斷出△DAG≌△MAE，△CKF≌△NKI，△ADH≌△ABI，△AHG≌△AIG得到線段的轉化．

解答 解：（1）如圖1，

由旋轉有，∠DAP=∠BAM，AD=AP，AB=AM，
∵正方形ABCD繞點A順時針旋轉，得到正方形AMNP，
∴AD=AP=AB=AM，
在△DAP和△BAM中
$\left\{\begin{array}{l}{AD=AB}\\{∠DAP=∠BAM}\\{AP=AM}\end{array}\right.$，
∴△DAP≌△BAM，
∴DP=BM=m，
∵AC為正方形ABCD的對角線，
∴AC=6$\sqrt{2}$，
連接AN，由旋轉有，AD=AP=6，AC=AN=6$\sqrt{2}$，∠DAP=∠CAN，
∴△DAP∽△CAN，
∴$\frac{DP}{CN}=\frac{AD}{AC}$=$\frac{6}{6\sqrt{2}}$，
∴CN=$\sqrt{2}$DP=$\sqrt{2}$m，
故答案為m，$\sqrt{2}$m；
（2）連接PM，EF，

∵AN，PM是正方形APNM的對角線，
∴AN⊥PM，∠ANP=∠ANM=45°，
∵EF∥MP，
∴EF⊥AN，
∵∠ANP=∠ANM=45°，
∴AF=AE，
∵∠APF=∠AME=90°，AP=AM
∴△APF≌△AME，
∴∠PAF=∠MAE，
∵∠PAF+∠NAF=∠MAE+∠NAE=45°，
∴∠NAF=∠NAE，
由旋轉有，∠NAF=∠MAE，
∴∠PAF=∠FAN=∠NAE=∠MAE，
∵∠PAM=90°，
∴∠PAF+∠FAN+∠NAE+∠MAE=90°，
∴∠MAE=$\frac{1}{4}$×90°=22.5°，
即：當EF∥MP時，正方形ABCD旋轉的角度為22.5°；
（3）在正方形ABCD旋轉過程中，且點P在△ACD內部時，△NEF的周長不發(fā)生變化，△NEF的周長為12；
如圖3，

延長AP交C于G，連接AN交BC于I，
∵四邊形ABCD，APNM都為正方形，
∴AD=AM，∠ADG=∠AME，
由旋轉有，∠DAG=∠MAE，
∴△DAG≌△MAE，
∴DG=ME，
∵CG=CD-DG，NE=MN-ME，
∴CG=NE，
由旋轉有，PK=BK，
∵CK=BC-BK，NK=PN-PK，
∴CK=NK，
∵∠FCK=∠INK=45°，∠CKF=∠NKI，
∴△CKF≌△NKI，
∴KF=KI，
∵CK=NK，
∴NF=CI，
∵EF²=NF²+NE²=CI²+CG²=GI²，
∴EF=GI，
延長CD到H，使DH=BI，
∵∠ADH=∠ABI，AD=AB，
∴△ADH≌△ABI，
∴∠DAH=∠BAI，
由旋轉有，∠DAG=∠CAN，
∵∠DAC=∠BAC=45°，
∴∠GAF=∠BAI，
∴∠HAG=∠IAG，
∵AH=AI，AG=AG，
∴△AHG≌△AIG，
∴HG=GI=EF，
∴L△NEF=NE+NF+EF
=CG+CI+HG=CG+CI+DG+DH
=CG+CI+DG+BI
=（CG+DG）+（CI+BI）
=CD+BC
=2BC
=12；
∴在正方形ABCD旋轉過程中，且點P在△ACD內部時，△NEF的周長不發(fā)生變化，△NEF的周長為12．

點評 此題是四邊形的綜合題，主要考查了正方形的性質，旋轉的性質，三角形的全等的判定和性質，勾股定理，作出輔助線是本題關鍵，也是難點．是綜合性特別強的題．