Question

1．如图，△ABC中，AB=AC=4，∠BAC=120°，以A为一个顶点的等边三角形ADE绕点A在∠BAC内旋转，AD、AE所在的直线与BC边分别交于点F、G．若点B关于直线AD的对称点为B′，当△FGB′是以点G为直角顶点的直角三角形时，BF的长为4$\sqrt{3}$-4．

Answer 1

分析 作AH⊥BC于H，如图1，先根据等腰三角形的性质和含30度的直角三角形三边的关系求出BC=4$\sqrt{3}$，再把△ACG绕点A顺时针旋转120°得到△ABG′，连结FG′、AB′，如图，则根据旋转的性质得BG′=CG，AG=AG，∠ABG′=∠C=30°，∠1=∠BAG′，所以∠FBG′=60°，再证明△AFG≌△AFG′得到FG=FG′，接着利用对称性质得FB=FB′，AB=AB′，∠2=∠3，易得∠1=∠4，AC=AB′，则可判断△AB′G与△ACG关于AG对称，得到GB′=GC，则GB′=BG′，然后证明△FB′G≌△FBG′得到∠FGB′=∠BG′F=90°，于是在Rt△BFG′中含30度的直角三角形三边的关系得BG′=$\frac{1}{2}$BF，FG′=$\frac{\sqrt{3}}{2}$BF，则BF+$\frac{\sqrt{3}}{2}$BF+$\frac{1}{2}$BF=BC=4$\sqrt{3}$，然后解关于BF的方程即可．

解答 解：作AH⊥BC于H，如图1，
∵AB=AC=4，∠BAC=120°，
∴∠B=30°，BH=CH，
在Rt△ABH中，AH=$\frac{1}{2}$AB=2，BH=$\sqrt{3}$AH=2$\sqrt{3}$，
∴BC=2BH=4$\sqrt{3}$，
把△ACG绕点A顺时针旋转120°得到△ABG′，连结FG′、AB′，如图，则BG′=CG，AG=AG，∠ABG′=∠C=30°，∠1=∠BAG′，
∴∠FBG′=60°，
∵∠FAG=60°，
∴∠1+∠2=60°，
∴∠FAG′=60°，
在△AFG和△AFG′中，
$\left\{\begin{array}{l}{AG=AG′}\\{∠FAG=∠FAG′}\\{AF=AF}\end{array}\right.$，
∴△AFG≌△AFG′，
∴FG=FG′，
∵点B关于直线AD的对称点为B′，
∴FB=FB′，AB=AB′，∠2=∠3，
而∠3+∠4=60°，∠1+∠2=60°，
∴∠1=∠4，
而AC=AB=AB′，
∴△AB′G与△ACG关于AG对称，
∴GB′=GC，
∴GB′=BG′，
在△FB′G和△FBG′中，
$\left\{\begin{array}{l}{FB′=FB}\\{FG=FG′}\\{B′G=BG′}\end{array}\right.$，
∴△FB′G≌△FBG′，
∴∠FGB′=∠BG′F=90°，
在Rt△BFG′中，∵∠FBG′=60°，
∴BG′=$\frac{1}{2}$BF，FG′=$\frac{\sqrt{3}}{2}$BF，
∴CG=$\frac{1}{2}$BF，FG=$\frac{\sqrt{3}}{2}$BF，
∴BF+$\frac{\sqrt{3}}{2}$BF+$\frac{1}{2}$BF=BC=4$\sqrt{3}$，
∴BF=4$\sqrt{3}$-4．
故答案为4$\sqrt{3}$-4．

点评 本题考查了旋转的性质：对应点到旋转中心的距离相等；对应点与旋转中心所连线段的夹角等于旋转角；旋转前、后的图形全等．也考查了全等三角形的判定与性质和对称的性质．