Question

2．如圖1所示，已知矩形ABCD中，AB=6cm，對(duì)角線AC=10cm，將矩形ABCD沿AC方向平移a cm得到矩形A′B′C′D′，A′B′交BC于M，A′D交CD于點(diǎn)N．

（1）求$\frac{{A}^{′}M}{{A}^{′}N}$；  
（2）如圖2，把圖1中的矩形A′B′C′D′繞A點(diǎn)順時(shí)針轉(zhuǎn)某一角度，其他條件不變，證明（1）是否成立，請(qǐng)說明理由；
（3）如圖3所示，在（2）的條件下，當(dāng)矩形A′B′C′D′旋轉(zhuǎn)A′D′過點(diǎn)D時(shí)，△A′MC為等腰三角形，求a的值．

Answer 1

分析 （1）由矩形的性質(zhì)和平移的性質(zhì)得出∠B=∠BCD=90°，AB∥A'B'，AD∥A'D'，由勾股定理得出BC=$\sqrt{A{C}^{2}-A{B}^{2}}$=8（cm），證出四邊形A'NCM是矩形，△ABC∽△A'MC，得出A'N=MC，$\frac{A'M}{MC}=\frac{AB}{BC}$=$\frac{3}{4}$，即可得出結(jié)論；
（2）連接MN，證明A'、M、C、N四點(diǎn)共圓，由圓周角定理得出∠A'NM=∠A'CM，證出△A'MN∽△ABC，得出對(duì)應(yīng)邊成比例即可；
（3）連接DM交A′C于點(diǎn)O，由A′、M、C、D四點(diǎn)共圓，A′M=CM，得出A′C⊥DM，由三角形的面積求出DO=$\frac{24}{5}$，由勾股定理求出CO，得出A′C=2CO=$\frac{36}{5}$，即可得出結(jié)果．

解答 解：（1）∵矩形ABCD沿AC方向平移a cm得到矩形A′B′C′D′，
∴∠B=∠BCD=90°，AB∥A'B'，AD∥A'D'，
∴BC=$\sqrt{A{C}^{2}-A{B}^{2}}$=$\sqrt{1{0}^{2}-{6}^{2}}$=8（cm），
四邊形A'NCM是矩形，
△ABC∽△A'MC，
∴A'N=MC，$\frac{A'M}{MC}=\frac{AB}{BC}$=$\frac{6}{8}$=$\frac{3}{4}$，
∴$\frac{{A}^{′}M}{{A}^{′}N}$=$\frac{A'M}{MC}$=$\frac{3}{4}$；
（2）仍然成立；理由如下：連接MN，如圖1所示：
∵∠NA'M=∠MCN=90°，
∴A'、M、C、N四點(diǎn)共圓，
∴∠A'NM=∠A'CM，
∴△A'MN∽△ABC，
∴$\frac{A'M}{A'N}=\frac{AB}{BC}$=$\frac{6}{8}$=$\frac{3}{4}$；
（3）連接DM交A′C于點(diǎn)O，如圖2所示：
∵A′、M、C、D四點(diǎn)共圓，A′M=CM，
∴A′C⊥DM，
∵AD•DC=AC•DO，
∴DO=$\frac{AD•DC}{AC}$=$\frac{8×6}{10}$=$\frac{24}{5}$，
∵CO=$\sqrt{D{C}^{2}-D{O}^{2}}$=$\sqrt{{6}^{2}-（\frac{24}{6}）^{2}}$=$\frac{18}{5}$，
A′C=2CO=$\frac{36}{5}$，
∴a=AA′=AC-A′C=10-$\frac{36}{5}$=$\frac{14}{5}$．

點(diǎn)評(píng) 本題是幾何變換綜合題目，考查了矩形的判定與性質(zhì)、平移的性質(zhì)、勾股定理、相似三角形的判定與性質(zhì)、四點(diǎn)共圓，圓周角定理等知識(shí)；本題綜合性強(qiáng)，有一定難度，證明三角形相似和四點(diǎn)共圓是解決問題的關(guān)鍵．