Question

8．如圖，在矩形ABCD中，E為CD上一點，將△ADE沿直線AE翻折，使點D落在BC邊上點D′處
（1）如圖1，求證：△CD′E～△BAD′；
（2）如圖2，F(xiàn)為AD上一點，且DF=CD′，EF與BD相交于點G，試探究EF與BD的位置關(guān)系，并說明理由；
（3）設(shè)AD′與BD相交于點H，在（2）的條件下，若D′E∥BD，HG=2，求BD的長．

Answer 1

分析 （1）利用同角的余角相等，證明∠AD′B=∠ED′C，即可解決問題．
（2）結(jié)論：EF⊥BD．只要證明△EDF∽△DAB，推出∠FED=∠ADB，由∠ADB+∠BDC=90°，推出∠FED+∠BDC=90°，即∠DGE=90°．
（3）首先證明四邊形HGED′是矩形，推出HG=ED′=DE=2，設(shè)EC=y，CD′=x，易知△DGE≌△ECD′，可得DG=CE=y，EG=CD′=HD′=x，由△BHD′∽△D′CE，可得$\frac{BH}{CD′}$=$\frac{HD′}{EC}$，即$\frac{BH}{x}$=$\frac{x}{y}$，推出BH=$\frac{{x}^{2}}{y}$，推出BD=BH+GH+DG=y+2+$\frac{{x}^{2}}{y}$，由△DFE∽△CED′，可得$\frac{DF}{EC}$=$\frac{DE}{CD′}$，推出$\frac{x}{y}$=$\frac{2}{x}$，即x²=2y，由x²+y²=4，可得y²+2y-4=0，就發(fā)現(xiàn)即可解決問題．

解答 （1）證明：如圖1中，

∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠B=∠C=90°，
∵∠AD′E=∠D=90°，
∴∠AD′B+∠ED′C=90°，∠ED′C+∠D′EC=90°，
∴∠AD′B=∠D′EC，
∴△CD′E～△BAD′．

（2）解：結(jié)論：EF⊥BD，理由如下：
如圖2中，

∵△CD′E～△BAD′，
∴$\frac{D′E}{AD′}$=$\frac{CD′}{BA}$，
∵CD′=DF，AD′=AD，D′E=DE
∴$\frac{DE}{AD}$=$\frac{DF}{BA}$，∵∠EDF=∠BAD=90°，
∴△EDF∽△DAB，
∴∠FED=∠ADB，
∵∠ADB+∠BDC=90°，
∴∠FED+∠BDC=90°，
∴∠DGE=90°，
∴EF⊥BD．

（3）解：∵D′E∥BD，AD′⊥D′E，
∴BD⊥AD′，
∴∠GHD′=∠HD′E=∠HGE=90°，
∴四邊形HGED′是矩形，
∴HG=ED′=DE=2，設(shè)EC=y，CD′=x，
易知△DGE≌△ECD′，
∴DG=CE=y，EG=CD′=HD′=x，
∵△BHD′∽△D′CE，
∴$\frac{BH}{CD′}$=$\frac{HD′}{EC}$，
∴$\frac{BH}{x}$=$\frac{x}{y}$，
∴BH=$\frac{{x}^{2}}{y}$，
∴BD=BH+GH+DG=y+2+$\frac{{x}^{2}}{y}$，
∵△DFE∽△CED′，
∴$\frac{DF}{EC}$=$\frac{DE}{CD′}$，
∴$\frac{x}{y}$=$\frac{2}{x}$，
∴x²=2y，
∵x²+y²=4，
∴y²+2y-4=0，
∴y=-1+$\sqrt{5}$或-1-$\sqrt{5}$（舍棄），
∴BD=-1+$\sqrt{5}$+2+2=3+$\sqrt{5}$．

點評 本題考查四邊形綜合題、矩形的性質(zhì)、翻折變換、相似三角形的判定和性質(zhì)，二元二次方程組、勾股定理等知識，解題時根據(jù)是正確尋找相似三角形解決問題，學(xué)會利用此時構(gòu)建方程組解決問題，屬于中考壓軸題．