Question

4．如圖，矩形OABC中，OA在y軸的負(fù)半軸上，OC在x軸的正半軸上，OA=1，OC=4，E是AB的中點(diǎn)，將矩形沿OE折疊，點(diǎn)A與點(diǎn)F重合，延長OF、BC交于點(diǎn)H，G是射線AB上一點(diǎn)，將△OAG繞點(diǎn)O旋轉(zhuǎn)，使得點(diǎn)A落在OE上，記旋轉(zhuǎn)后的三角形為△OA′G′，A′G′與OH交于點(diǎn)M，若∠MHG′=∠MHB，則AG的長為$\frac{2+20\sqrt{5}}{11}$．

Answer 1

分析 先求出DF，再由△DOE∽△HOC，求出CH，OH，然后用△COH∽△NG′H，求出MN，G′M，最后AG=A′M+G′M即可．

解答 解：如圖，

連接G′H，作G′P⊥OH，
根據(jù)折疊的性質(zhì)得，△OAE≌△OFE，
∴OP=OA=1，EF=AE=2，∠AEO=∠FEO，
∵OC∥AB，
∴∠DOE=∠AEO=∠FEO，
∴OD=OE，
設(shè)OD=OE=x，
∴DF=2-x，
根據(jù)勾股定理得，OD²=OF²+DF²，
∴x²=1+（2-x）²，
∴x=$\frac{5}{4}$，
∴DF=2-x=$\frac{3}{4}$，
∵△DOE∽△HOC，
∴$\frac{CH}{DF}=\frac{OC}{OF}$，
∴$\frac{CH}{\frac{3}{4}}=4$，
∴CH=3，
∴OH=5，
根據(jù)旋轉(zhuǎn)得，OA′=OA=OF=1，
∴△EOF≌△MOA′，
∴OM=OE=$\sqrt{5}$，A′M=EF=2，
∵∠MH′=∠MHB，G′P⊥OH，
∴△PHG′是等腰三角形，
∴NG′=PN，
設(shè)MN=x，
∴NH=5-$\sqrt{5}$-x，
∵△COH∽△NG′H，
∴$\frac{NH}{CH}=\frac{NG′}{OC}$，
∴$\frac{5-\sqrt{5}-x}{3}=\frac{NG′}{4}$，
∴NG′=$\frac{4（5-\sqrt{5}-x）}{3}$，
∵△A′OM∽△NG′M，
∴$\frac{NG′}{OA′}=\frac{MN}{A′M′}$，
∴$\frac{\frac{4（5-\sqrt{5}-x）}{3}}{1}=\frac{x}{2}$，
∴x=$\frac{40-8\sqrt{5}}{11}$，
∴MN=$\frac{40-8\sqrt{5}}{11}$，
∴$\frac{G′M}{OM}=\frac{MN}{A′M}$，
∴$\frac{G′M}{\sqrt{5}}=\frac{40-8\sqrt{5}}{22}$，
∴G′M=$\frac{20\sqrt{5}-20}{11}$，
∴AG=A′G′=A′M+G′M=2+$\frac{20\sqrt{5}-20}{11}$=$\frac{2+20\sqrt{5}}{11}$，
故答案為$\frac{2+20\sqrt{5}}{11}$．

點(diǎn)評 此題是折疊問題，主要考查了折疊，旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)和判定，解本題的關(guān)鍵是利用相似求出OD，DF．