Question

8．如圖，將矩形ABCD沿AF折疊，使點(diǎn)D落在BC邊的點(diǎn)E處，過(guò)點(diǎn)E作EG∥CD交AF于點(diǎn)G，連接DG．
（1）求證：四邊形EFDG是菱形；
（2）探究線(xiàn)段EG、GF、AF之間的數(shù)量關(guān)系，并說(shuō)明理由；
（3）若AG=6，EG=2$\sqrt{5}$，求BE的長(zhǎng)．

Answer 1

分析 （1）先依據(jù)翻折的性質(zhì)和平行線(xiàn)的性質(zhì)證明∠DGF=∠DFG，從而得到GD=DF，接下來(lái)依據(jù)翻折的性質(zhì)可證明DG=GE=DF=EF；
（2）連接DE，交AF于點(diǎn)O．由菱形的性質(zhì)可知GF⊥DE，OG=OF=$\frac{1}{2}$GF，接下來(lái)，證明△DOF∽△ADF，由相似三角形的性質(zhì)可證明DF²=FO•AF，于是可得到GE、AF、FG的數(shù)量關(guān)系；
（3）過(guò)點(diǎn)G作GH⊥DC，垂足為H．利用（2）的結(jié)論可求得FG=4，然后再△ADF中依據(jù)勾股定理可求得AD的長(zhǎng)，然后再證明△FGH∽△FAD，利用相似三角形的性質(zhì)可求得GH的長(zhǎng)，最后依據(jù)BE=AD-GH求解即可．

解答 解：（1）證明：∵GE∥DF，
∴∠EGF=∠DFG．
∵由翻折的性質(zhì)可知：GD=GE，DF=EF，∠DGF=∠EGF，
∴∠DGF=∠DFG．
∴GD=DF．
∴DG=GE=DF=EF．
∴四邊形EFDG為菱形．
（2）EG²=$\frac{1}{2}$GF•AF．
理由：如圖1所示：連接DE，交AF于點(diǎn)O．

∵四邊形EFDG為菱形，
∴GF⊥DE，OG=OF=$\frac{1}{2}$GF．
∵∠DOF=∠ADF=90°，∠OFD=∠DFA，
∴△DOF∽△ADF．
∴$\frac{DF}{AF}=\frac{FO}{DF}$，即DF²=FO•AF．
∵FO=$\frac{1}{2}$GF，DF=EG，
∴EG²=$\frac{1}{2}$GF•AF．
（3）如圖2所示：過(guò)點(diǎn)G作GH⊥DC，垂足為H．

∵EG²=$\frac{1}{2}$GF•AF，AG=6，EG=2$\sqrt{5}$，
∴20=$\frac{1}{2}$FG（FG+6），整理得：FG²+6FG-40=0．
解得：FG=4，F(xiàn)G=-10（舍去）．
∵DF=GE=2$\sqrt{5}$，AF=10，
∴AD=$\sqrt{A{F}^{2}-D{F}^{2}}$=4$\sqrt{5}$．
∵GH⊥DC，AD⊥DC，
∴GH∥AD．
∴△FGH∽△FAD．
∴$\frac{GH}{AD}=\frac{FG}{AF}$，即$\frac{GH}{4\sqrt{5}}$=$\frac{4}{10}$．
∴GH=$\frac{8\sqrt{5}}{5}$．
∴BE=AD-GH=4$\sqrt{5}$-$\frac{8\sqrt{5}}{5}$=$\frac{12\sqrt{5}}{5}$．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查的是四邊形與三角形的綜合應(yīng)用，解答本題主要應(yīng)用了矩形的性質(zhì)、菱形的判定和性質(zhì)、相似三角形的性質(zhì)和判定、勾股定理的應(yīng)用，利用相似三角形的性質(zhì)得到DF²=FO•AF是解題答問(wèn)題（2）的關(guān)鍵，依據(jù)相似三角形的性質(zhì)求得GH的長(zhǎng)是解答問(wèn)題（3）的關(guān)鍵．