Question

18．已知正方形ABCD，點(diǎn)P、Q分別是邊AD、BC上的兩動(dòng)點(diǎn)，將四邊形ABQP沿PQ折疊得到四邊形EMQP，點(diǎn)E剛好落在CD邊上，且DE=3，EF交BC于點(diǎn)H，連接AE，過(guò)點(diǎn)A作AF⊥EH于點(diǎn)F，取對(duì)角線AC的中點(diǎn)O，連接OF并延長(zhǎng)交CD于點(diǎn)G，△ECH周長(zhǎng)為18，則△EFG的周長(zhǎng)為6+$\frac{3}{5}$$\sqrt{10}$．

Answer 1

分析 過(guò)Q作QK⊥AD，連接AH、OH，如圖所示：首先證明△ECH的周長(zhǎng)=2AB，求出正方形的邊長(zhǎng)，在Rt△PDE中，利用勾股定理求出PD、PE，由△ADE≌△QKP，推出PK=DE=3，BQ=AK=5-3=2=QM，由△PDE∽△HMQ，可得HQ=2.5，推出CH=9-2-2.5=4.5，F(xiàn)H=BH=2=2.5=4.5，再利用平行線的性質(zhì)，分別求出△EFG的邊長(zhǎng)即可解決問(wèn)題．

解答 解：過(guò)Q作QK⊥AD，連接AH、OH，如圖所示：
∵將四邊形ABQP沿PQ折疊得到四邊形EMQP，點(diǎn)E剛好落在CD邊上，
∴AP=PE，
∴∠PAE=∠PEA，
∵四邊形ABCD為正方形，
∴∠B=∠D=∠DAB=∠PEF=90°，
∵∠PAE+∠DEA=90°，
∴∠PEA+∠DEA=90°，
∵∠PEA+∠FEA=90°，
∴∠DEA=∠FEA，
∴AE是∠DEF的平分線，
∵AF⊥EH，∴AF=AD=AB，
在Rt△ADE和Rt△AFE中
$\left\{\begin{array}{l}{AD=AF}\\{AE=AE}\end{array}\right.$，
∴Rt△ADE≌Rt△AFE（HL），
∴EF=DE=3，
在Rt△AFH和Rt△ABH中，
$\left\{\begin{array}{l}{AF=AB}\\{AH=AH}\end{array}\right.$，
∴Rt△AFH≌Rt△ABH（HL），
∴FH=BH，
∴EC+EH+CH=EC+DE+BH+CH=DC+CB=2AB，
∵△ECH周長(zhǎng)為18，
∴AB=9，
∴AB=BC=CD+AD=9，設(shè)DP=x，則AP=9-x=EP，
由勾股定理得：DE²=EP²-DP²，即3²=（9-x）²-x²，解得：x=4，
∴AP=PE=5，易證△ADE≌△QKP，
∴PK=DE=3，BQ=AK=5-3=2=QM，由△PDE∽△HMQ，可得HQ=2.5，
∴CH=9-2-2.5=4.5，F(xiàn)H=BH=2=2.5=4.5，
∴CH=BH，∵CO=OA，
∴OH∥AB∥CD，∵OH=4.5=FH，
∴EF=EG=3，
∴CG=3=EG，
∴G是EC中點(diǎn)，
∴OG∥AE．OG=$\frac{1}{2}$AE=$\frac{3}{2}$$\sqrt{10}$，
∵EG∥ON，
∴$\frac{EG}{OH}$=$\frac{GF}{OF}$=$\frac{3}{4.5}$=$\frac{2}{3}$，
∴FG=$\frac{3}{5}$$\sqrt{10}$，
∴△EFG的周長(zhǎng)為3+3+$\frac{3}{5}$$\sqrt{10}$=6+$\frac{3}{5}$$\sqrt{10}$．
故答案為6+$\frac{3}{5}$$\sqrt{10}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查翻折變換、矩形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問(wèn)題，學(xué)會(huì)填空常用輔助線，屬于中考填空題中的壓軸題．