Question

3．已知：四邊形ABCD中，AD∥BC，AD=AB=CD，∠BAD=120°，點(diǎn)E是射線CD上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)（與C、D不重合），將△ADE繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)120°后，得到△ABE′，連接EE′．
（1）如圖1，∠AEE′=30°；
（2）如圖2，如果將直線AE繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)30°后交直線BC于點(diǎn)F，過(guò)點(diǎn)E作EM∥AD交直線AF于點(diǎn)M，寫(xiě)出線段DE、BF、ME之間的數(shù)量關(guān)系；
（3）如圖3，在（2）的條件下，如果CE=2，AE=$2\sqrt{7}$，求ME的長(zhǎng)．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)旋轉(zhuǎn)性質(zhì)以及三角形內(nèi)角和定理即可解決．
（2）根據(jù)EM∥FE′可以得$\frac{EM}{FE′}$=$\frac{EN}{NE′}$=$\frac{1}{2}$，再根據(jù)AN=NE，BE′=DE即可得到線段DE、BF、ME之間的關(guān)系．
（3）通過(guò)輔助線求出線段E′F=7，E′Q=9，再由（2）的結(jié)論得到ME的長(zhǎng)．

解答 解：（1）∵△ABE′是由△ADE繞點(diǎn)A順時(shí)針旋轉(zhuǎn)120°得到，
∴∠EAE′=120°，AE=AE′，
∴∠E′=∠AEE′=$\frac{1}{2}（180°-∠EAE′）$=30°，
故答案為30°．
（2）①當(dāng)點(diǎn)E在CD上時(shí)，DE+BF=2ME，理由如下：
如圖1，當(dāng)點(diǎn)E在線段CD上，AF交EE′于N，
∵∠EAF=30°，∠EAE′=120，
∴∠E′AN=90°，
∴E′N(xiāo)=2AN，
∵∠NAE=∠NEA=30°，
∴NA=NE，E′N(xiāo)=2EN，
∵EM∥FE′，
∴$\frac{EM}{FE′}$=$\frac{EN}{NE′}$=$\frac{1}{2}$，
∵BE′=DE，
∴E′F=2ME，
∴DE+BF=2ME．
②當(dāng)點(diǎn)E在CD延長(zhǎng)線上，0°＜∠EAD∠30°時(shí)，BF-DE=2ME，理由如下：
如圖2，∵∠EAF=30°，∠EAE′=120，
∴∠E′AN=90°，
∴E′N(xiāo)=2AN，
∵∠NAE=∠NEA=30°，
∴NA=NE，E′N(xiāo)=2EN，
∵EM∥FE′，
∴$\frac{EM}{FE′}$=$\frac{EN}{NE′}$=$\frac{1}{2}$，
∵BE′=DE，
∴E′F=2ME，
∴BF-DE=2ME．
③當(dāng)30°＜∠EAD∠90°時(shí)，DE+BF=2ME，理由如下：
如圖3，∵∠EAM=30°，∠EAE′=120，
∴∠E′AN=90°，
∴E′N(xiāo)=2AN，
∵∠NAE=∠NEA=30°，
∴NA=NE，E′N(xiāo)=2EN，
∵EM∥FE′，
∴$\frac{EM}{FE′}$=$\frac{EN}{NE′}$=$\frac{1}{2}$，
∵BE′=DE，
∴E′F=2ME，
∴BF+DE=2ME．
④當(dāng)90°＜∠EAD＜120°時(shí)，DE-BF=2ME，理由如下：
如圖4，∵∠EAM=30°，∠EAE′=120，
∴∠E′AN=90°，
∴E′N(xiāo)=2AN，
∵∠NAE=∠NEA=30°，
∴NA=NE，E′N(xiāo)=2EN，
∵EM∥FE′，
∴$\frac{EM}{FE′}$=$\frac{EN}{NE′}$=$\frac{1}{2}$，
∵BE′=DE，
∴E′F=2ME，
∴DE-BF=2ME．
（3）如圖5，作AG⊥BC于點(diǎn)G，DH⊥BC于H，AP⊥EE′于P，EQ⊥BC于Q，
∵AD∥BC，AD=AB=CD，∠BAD=120°，易知四邊形AGHD是矩形，
在△AGB和△DHC中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠ABC=∠DCH}\\{∠AGB=∠DHC}\\{AG=DH}\end{array}\right.$，
∴△AGB≌△DHC，
∴BG=HC，AD=GH，
∵∠ABE′=∠ADC=120°，
∴點(diǎn)E′、B、C共線，設(shè)AD=AB=CD=x，則GH=x，BG=CH=$\frac{1}{2}$x，
在RT△EQC中，CE=2，∠ECQ=60°，
∴CQ=$\frac{1}{2}$EC=1，EQ=$\sqrt{3}$，
∴E′Q=BC+BE′-CQ=3x-3，
在RT△APE中，AE=2$\sqrt{7}$，∠AEP=30°，
∴AP=$\sqrt{7}$，PE=$\sqrt{21}$，
∵AE=AE′，AP⊥EE′，
∴PE=PE′=$\sqrt{21}$，
∴EE′=2$\sqrt{21}$，
在RT△E′EQ中，E′Q=$\sqrt{EE{′}^{2}-E{Q}^{2}}$=9，
∴3x-3=9，
∴x=4，
∴DE=BE′=2，BC=8，BG=2，
∴E′G=4，
∵∠AE′G=′AE′F，∠AGE′=∠FAE′，
∴△AGE′∽△FAE′，
∴$\frac{AE′}{E′G}=\frac{E′F}{AE′}$，
∴$\frac{2\sqrt{7}}{4}=\frac{E′F}{2\sqrt{7}}$，
∴E′F=7，
∴BF=E′F-E′B=7-2=5，
∵DE+BF=2ME
∴ME=$\frac{7}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查等腰梯形的性質(zhì)、直角三角形中30度角的性質(zhì)、勾股定理、平行成比例、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)等知識(shí)，學(xué)會(huì)分類(lèi)討論，正確畫(huà)出圖形是解題的關(guān)鍵．