Question

1．如圖，在菱形ABCD中，∠B=60°，E為AB的中點，將△AED沿DE翻折得到△GED，射線DG交BC于點F，若AD=2，則BF=$\frac{4}{5}$．

Answer 1

分析 DE和CB的延長線相交于G'點，連結(jié)EF，作EH⊥DF于H點，如圖，根據(jù)菱形的性質(zhì)得A=180°-∠B=120°，AB=AD=2，AD∥BC，則∠1=∠G，再利用折疊的性質(zhì)得∠1=∠2，DG=DA=2，EG=EA=1，∠3=∠A=120°，則∠4=60°，在Rt△EHG中利用含30度的直角三角形三邊的關(guān)系得到HG=$\frac{1}{2}$EG=$\frac{1}{2}$，EH=$\sqrt{3}$EH=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，則在Rt△DEH中利用勾股定理可計算出DE=$\sqrt{7}$，再證明∠2=∠G'得到FG'=FD，證明△AED≌△BEG'得到DE=G'E，所以FE⊥DG'，然后證明Rt△DEF∽Rt△DHE，利用相似比計算出DF=$\frac{14}{5}$，則FG=FD-DG=$\frac{4}{5}$，于是得到BF=FG=$\frac{4}{5}$．

解答 解DE和CB的延長線相交于G’點，連結(jié)EF，作EH⊥DF于H點，如圖，

∵四邊形ABCD為菱形，
∴∠A=180°-∠B=120°，AB=AD=2，AD∥BC
∴∠1=∠G'，
而E為AB的中點，
∴AE=BE=1，
∵△AED沿DE翻折得到△GED，
∴∠1=∠2，DG=DA=2，EG=EA=1，∠3=∠A=120°，
∴∠4=60°，
在Rt△EHG中，HG=$\frac{1}{2}$EG=$\frac{1}{2}$，EH=$\sqrt{3}$EH=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
在Rt△DEH中，DE=$\sqrt{E{H}^{2}+D{H}^{2}}$=$\sqrt{（\frac{\sqrt{3}}{2}）^{2}+（2+\frac{1}{2}）^{2}}$=$\sqrt{7}$，
∵AD∥BG'，
∴∠1=∠G'，
∴∠G'=∠2，
∴FG=FD，
在△AED和△BEG'中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠1=∠G'}\\{∠AED=∠BEG'}\\{AE=BE}\end{array}\right.$，
∴△AED≌△BEG'，
∴DE=G'E，
∴FE⊥DG'，
∴∠FED=90°，
∵∠HDE=∠EDF，
∴Rt△DEF∽Rt△DHE，
∴$\frac{DF}{DE}$=$\frac{DE}{DH}$，即$\frac{DF}{\sqrt{7}}$=$\frac{\sqrt{7}}{\frac{5}{2}}$，
∴DF=$\frac{14}{5}$，
∴FG=FD-DG=$\frac{14}{5}$-2=$\frac{4}{5}$，
∴BF=FG=$\frac{4}{5}$．
故答案為$\frac{4}{5}$．

點評 本題考查了菱形的性質(zhì)：菱形具有平行四邊形的一切性質(zhì)；菱形的四條邊都相等；菱形的兩條對角線互相垂直，并且每一條對角線平分一組對角；菱形是軸對稱圖形，它有2條對稱軸，分別是兩條對角線所在直線．也考查了折疊的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)和相似三角形的判定與性質(zhì)．