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4.综合与探究
已知四边形ABCD是菱形，AB＝4，∠ABC＝60°，∠MAN的两边分别与射线CB，DC相交于点E，F，且∠MAN＝60°，连结EF。
【初步感知】
(1)当点E是线段CB的中点时(如图1)，AE与EF的数量关系为
【深入探究】
(2)如图2，将图1中的∠MAN绕点A顺时针旋转α(0°＜α＜30°)，(1)中的结论还成立吗？说明理由；
【拓展应用】
(3)如图3，将图2中的∠MAN绕点A继续顺时针旋转，当α＝45°时，求点F到BC的距离。
已知四边形ABCD是菱形，AB＝4，∠ABC＝60°，∠MAN的两边分别与射线CB，DC相交于点E，F，且∠MAN＝60°，连结EF。
【初步感知】
(1)当点E是线段CB的中点时(如图1)，AE与EF的数量关系为
AE=EF
；【深入探究】
(2)如图2，将图1中的∠MAN绕点A顺时针旋转α(0°＜α＜30°)，(1)中的结论还成立吗？说明理由；
【拓展应用】
(3)如图3，将图2中的∠MAN绕点A继续顺时针旋转，当α＝45°时，求点F到BC的距离。
答案
4. (1)$AE=EF$
(2)成立。理由如下：连结AC，因为四边形ABCD是菱形，所以$AB=BC=CD=AD$。因为$∠ ABC=60°$，所以$△ ABC$，$△ ACD$是等边三角形，所以$∠ ACD=∠ ABC=∠ BAC=60°$，$AB=AC$。因为$∠ MAN=60°$，所以$∠ BAE=60°-∠ CAE=∠ CAF$。在$△ ABE$和$△ ACF$中，$\begin{cases} ∠ ABE=∠ ACF, \\ AB=AC, \\ ∠ BAE=∠ CAF, \end{cases}$所以$△ ABE≌△ ACF(\mathrm{ASA})$，所以$AE=AF$；
(3)$3-\sqrt{3}$。
(2)成立。理由如下：连结AC，因为四边形ABCD是菱形，所以$AB=BC=CD=AD$。因为$∠ ABC=60°$，所以$△ ABC$，$△ ACD$是等边三角形，所以$∠ ACD=∠ ABC=∠ BAC=60°$，$AB=AC$。因为$∠ MAN=60°$，所以$∠ BAE=60°-∠ CAE=∠ CAF$。在$△ ABE$和$△ ACF$中，$\begin{cases} ∠ ABE=∠ ACF, \\ AB=AC, \\ ∠ BAE=∠ CAF, \end{cases}$所以$△ ABE≌△ ACF(\mathrm{ASA})$，所以$AE=AF$；
(3)$3-\sqrt{3}$。
解析
【分析】
本题围绕菱形的性质展开，核心是利用菱形中60°角构造等边三角形，结合全等三角形解决线段关系问题。
(1) 当E为CB中点时，先由菱形∠ABC=60°得△ABC是等边三角形，E为中点则AE⊥BC，结合∠MAN=60°可推得△AEF为等边三角形，从而得AE=EF；
(2) 旋转后，连接AC，利用菱形性质得△ABC为等边三角形，通过角的等量关系证明△ABE≌△ACF，得AE=AF，结合∠MAN=60°推出△AEF为等边三角形，故AE=EF结论仍成立；
(3) 当α=45°时，同(2)证明△ABE≌△ACF得CF=BE，再通过正弦定理求出BE长度，结合三角函数计算F到BC的距离。
【解析】
(1) 连接AC，
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°，
∴AB=BC，△ABC是等边三角形，E是CB中点，
∴AE⊥BC，∠BAE=30°，又∠MAN=60°，
∴∠EAF=60°，且∠AEF=60°，故△AEF是等边三角形，因此$AE=EF$。
(2) 结论：(1)中的结论成立。理由如下：连接AC，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC，又∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，∠BAC=∠ACF=∠ABC=60°。
∵∠MAN=60°，
∴∠BAE + ∠CAE=∠CAF + ∠CAE=60°，即∠BAE=∠CAF。在△ABE和△ACF中，$\begin{cases} ∠ABE=∠ACF \\ AB=AC \\ ∠BAE=∠CAF \end{cases}$，
∴△ABE≌△ACF（ASA），
∴AE=AF。又
∵∠MAN=60°，
∴△AEF是等边三角形，故AE=EF，结论成立。
(3) 当α=45°时，连接AC，
∵四边形ABCD是菱形，AB=4，∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形，AC=AB=4，∠BAC=60°，
∴∠ABE=180°-∠ABC=120°，∠ACF=180°-∠ACB=120°。
∵∠MAN=60°，
∴∠BAE=∠BAC - ∠EAC=60°-45°=15°，且∠EAB + ∠BAF=∠FAC + ∠BAF=60°，即∠EAB=∠FAC。在△ABE和△ACF中，$\begin{cases} ∠ABE=∠ACF \\ AB=AC \\ ∠EAB=∠FAC \end{cases}$，
∴△ABE≌△ACF（ASA），
∴BE=CF。在△ABE中，∠BAE=15°，∠ABE=120°，
∴∠AEB=180°-15°-120°=45°，由正弦定理：$\frac{BE}{\sin∠BAE}=\frac{AB}{\sin∠AEB}$，即$\frac{BE}{\sin15°}=\frac{4}{\sin45°}$。
∵$\sin15°=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$，$\sin45°=\frac{\sqrt{2}}{2}$，代入得：$BE=\frac{4×\sin15°}{\sin45°}=\frac{4×\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}}{\frac{\sqrt{2}}{2}}=2(\sqrt{3}-1)$，故CF=2(√3 -1)。过F作FG⊥BC，交BC的延长线于G，则FG为F到BC的距离。
∵∠FCG=180°-∠BCD=180°-60°=120°，
∴FG=CF·sin60°=2(√3 -1)×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=3 -√3。
【答案】
(1) $AE=EF$；(2) 成立；(3) $3-\sqrt{3}$
【知识点】
菱形性质、全等三角形判定、等边三角形性质
【点评】
本题是菱形相关的综合探究题，从特殊到一般再到拓展，逐步深入，重点考查菱形的性质、全等三角形的判定与性质，以及等边三角形的应用，第三问需要结合角度计算和三角函数求解，对学生的几何综合能力要求较高。
【难度系数】
0.5
本题围绕菱形的性质展开，核心是利用菱形中60°角构造等边三角形，结合全等三角形解决线段关系问题。
(1) 当E为CB中点时，先由菱形∠ABC=60°得△ABC是等边三角形，E为中点则AE⊥BC，结合∠MAN=60°可推得△AEF为等边三角形，从而得AE=EF；
(2) 旋转后，连接AC，利用菱形性质得△ABC为等边三角形，通过角的等量关系证明△ABE≌△ACF，得AE=AF，结合∠MAN=60°推出△AEF为等边三角形，故AE=EF结论仍成立；
(3) 当α=45°时，同(2)证明△ABE≌△ACF得CF=BE，再通过正弦定理求出BE长度，结合三角函数计算F到BC的距离。
【解析】
(1) 连接AC，
∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°，
∴AB=BC，△ABC是等边三角形，E是CB中点，
∴AE⊥BC，∠BAE=30°，又∠MAN=60°，
∴∠EAF=60°，且∠AEF=60°，故△AEF是等边三角形，因此$AE=EF$。
(2) 结论：(1)中的结论成立。理由如下：连接AC，
∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=BC，又∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴AB=AC，∠BAC=∠ACF=∠ABC=60°。
∵∠MAN=60°，
∴∠BAE + ∠CAE=∠CAF + ∠CAE=60°，即∠BAE=∠CAF。在△ABE和△ACF中，$\begin{cases} ∠ABE=∠ACF \\ AB=AC \\ ∠BAE=∠CAF \end{cases}$，
∴△ABE≌△ACF（ASA），
∴AE=AF。又
∵∠MAN=60°，
∴△AEF是等边三角形，故AE=EF，结论成立。
(3) 当α=45°时，连接AC，
∵四边形ABCD是菱形，AB=4，∠ABC=60°，
∴△ABC是等边三角形，AC=AB=4，∠BAC=60°，
∴∠ABE=180°-∠ABC=120°，∠ACF=180°-∠ACB=120°。
∵∠MAN=60°，
∴∠BAE=∠BAC - ∠EAC=60°-45°=15°，且∠EAB + ∠BAF=∠FAC + ∠BAF=60°，即∠EAB=∠FAC。在△ABE和△ACF中，$\begin{cases} ∠ABE=∠ACF \\ AB=AC \\ ∠EAB=∠FAC \end{cases}$，
∴△ABE≌△ACF（ASA），
∴BE=CF。在△ABE中，∠BAE=15°，∠ABE=120°，
∴∠AEB=180°-15°-120°=45°，由正弦定理：$\frac{BE}{\sin∠BAE}=\frac{AB}{\sin∠AEB}$，即$\frac{BE}{\sin15°}=\frac{4}{\sin45°}$。
∵$\sin15°=\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}$，$\sin45°=\frac{\sqrt{2}}{2}$，代入得：$BE=\frac{4×\sin15°}{\sin45°}=\frac{4×\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{4}}{\frac{\sqrt{2}}{2}}=2(\sqrt{3}-1)$，故CF=2(√3 -1)。过F作FG⊥BC，交BC的延长线于G，则FG为F到BC的距离。
∵∠FCG=180°-∠BCD=180°-60°=120°，
∴FG=CF·sin60°=2(√3 -1)×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=3 -√3。
【答案】
(1) $AE=EF$；(2) 成立；(3) $3-\sqrt{3}$
【知识点】
菱形性质、全等三角形判定、等边三角形性质
【点评】
本题是菱形相关的综合探究题，从特殊到一般再到拓展，逐步深入，重点考查菱形的性质、全等三角形的判定与性质，以及等边三角形的应用，第三问需要结合角度计算和三角函数求解，对学生的几何综合能力要求较高。
【难度系数】
0.5
