Question

5．正方形ABCD的邊長為4$\sqrt{2}$，M為BC的中點，以MC為邊在正方形ABCD內部作正方形CMNE（如圖1），將正方形CMNE繞C點順時針旋轉α（0°≤α≤360°），連接BM、DE．

（1）如圖2，試判斷BM、DE的關系，并證明；
（2）連接BE，在正方形CMNE繞C點順時針旋轉過程中，若M點在直線BE上時，求BM的長．
（3）如圖3，設直線BM與直線DE的交點為P，當正方形CMNE從圖1的位置開始，順時針旋轉180°后，直接寫出P點運動路徑長為$\frac{8}{3}π$．

Answer 1

分析 （1）根據正方形的性質以及旋轉的性質，判定△BCM≌△DCE（SAS），得出∴BM=DE，再延長BM交DE于F，交DC于G，根據三角形內角和的定理以及對頂角相等，得出BM⊥DE即可；
（2）在正方形CMNE繞C點順時針旋轉過程中，若M點在直線BE上時，需要分兩種情況進行討論，運用勾股定理求得NE和BH的長，進而得到BM的長；
（3）當正方形CMNE旋轉到點B、M、N在一條直線上時，點P到達最高點，連結CN，NN'，CN'，根據△CN'N是等邊三角形，求得弧CP的長；再根據當正方形CMNE從圖4所示的位置，繼續順時針旋轉180°后，直線BM與直線DE的交點P從圖4所示的位置回到點C與點C重合，據此得出P點運動路徑長．

解答 解：（1）BM=DE，BM⊥DE．
理由：∵正方形CMNE繞C點順時針旋轉α，
∴∠MCB=∠ECD=α，CM=CE．
∵ABCD是正方形，
∴BC=CD．
在△BCM和△DCE中，
$\left\{\begin{array}{l}{CB=CD}\\{∠BCM=∠DCE}\\{CM=CE}\end{array}\right.$，
∴△BCM≌△DCE（SAS），
∴BM=DE，
如圖，延長BM交DE于F，交DC于G，

∵△BCM≌△DCE，
∴∠CBM=∠CDE，
又∵∠BGC=∠DGF，
∴∠BCG=∠DFG，
∵BC⊥CD，
∴BM⊥DE；

（2）情況①，如圖，過點C作CH⊥BE于點H．

∵正方形ABCD的邊長為4$\sqrt{2}$，
∴CM=CE=2$\sqrt{2}$．
∴在Rt△MCE中，由勾股定理，得ME=$\sqrt{M{C}^{2}+E{C}^{2}}$=4，
∴MH=EH=2，
∴CH=2．
在Rt△BHC中，BH=$\sqrt{B{C}^{2}-C{H}^{2}}$=2$\sqrt{7}$，
∴BM=2$\sqrt{7}$-2；

情況②，如圖，過點C作CH⊥BE'于點H．

∵正方形ABCD的邊長為4$\sqrt{2}$，
∴CM=CE=2$\sqrt{2}$．
∴在Rt△MCE中，由勾股定理得ME=4，
∴MH=EH=2，
∴CH=2．
在Rt△BHC中，BH=$\sqrt{B{C}^{2}-C{H}^{2}}$=2$\sqrt{7}$，
∴BM=2$\sqrt{7}$+2；

（3）如圖，當正方形CMNE旋轉到點B、M、N在一條直線上時，點P到達最高點，連結CN，NN'，CN'．

∵正方形ABCD的邊長為4$\sqrt{2}$，M為BC的中點，
∴CM'=CM=2$\sqrt{2}$．
∴∠M'BC=30°，
∴∠BCM'=60°，
由旋轉得∠NCN'=60°，NC=N'C，
∴△CN'N是等邊三角形，
∴∠CNN'=60°，
∴弧CP的長為$\frac{60×π×4}{180}$=$\frac{4}{3}π$，
如圖，當正方形CMNE從圖4所示的位置，繼續順時針旋轉180°后，直線BM與直線DE的交點P從圖4所示的位置回到點C的位置，

∴點P的運動路徑長為$\frac{4}{3}π$×2=$\frac{8}{3}π$．
故答案為$\frac{8}{3}π$．

點評 本題屬于四邊形綜合題，主要考查了正方形的性質，勾股定理以及旋轉的性質的綜合應用，解決問題的關鍵是畫出圖形，作輔助線構造直角三角形，結合勾股定理進行計算求解．解題時注意分類討論思想的運用．