Question

18．在矩形ABCD中，點E為BC邊上的一動點，將△ABE沿AE翻折，得到△AFE，射線AF與直線CD交于點G，如圖1，若BE=3EC，

（1）求證：AG=$\frac{4}{3}$AB+DG；
（2）若∠BAE=60°，EF交AD于點P，連接GP并延長交AE于點K，連接DK（如圖2），AB=3，求DK的長．

Answer 1

分析 （1）延長AE、DC交于點M，由四邊形ABCD是矩形，得到AB∥CD，CD=AB，推出△ABE∽△MCE，于是得到$\frac{CM}{AB}=\frac{CE}{BE}$=$\frac{1}{3}$，證得CM=$\frac{1}{3}AB$，根據(jù)折疊的性質(zhì)得到∠BAE=∠GAE，由∠BAE=∠M，得到∠GAE=∠M，于是得到AG=GM，即可得到結(jié)論；
（2）由∠BAE=60°，∠B=90°，得到∠AEB=30°，于是得到AE=6，BE=3$\sqrt{3}$，求得AD=BC=4$\sqrt{3}$，根據(jù)折疊的性質(zhì)得到∠GAE=60°，AF=3，∠AFE=90°，求出AG=8，F(xiàn)P=$\sqrt{3}$，F(xiàn)G=5，在Rt△GFP中，$tan∠PGF=\frac{{\sqrt{3}}}{5}$，如圖2，過K作KM⊥AG于M，連接DE，設(shè)AM=x，則AK=2x，MK=$\sqrt{3}$x，GM=8-x根據(jù)tan∠PGF=$\frac{MK}{GM}$=$\frac{\sqrt{3}x}{8-x}$=$\frac{\sqrt{3}}{5}$，解方程得到AK=$\frac{8}{3}$，求出KE=AE=AK=$\frac{10}{3}$，根據(jù)勾股定理得到DE=$\sqrt{C{E}^{2}+C{D}^{2}}$=2$\sqrt{3}$，于是得到結(jié)論．

解答 （1）證明：延長AE、DC交于點M，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，CD=AB，
即AB∥CM，
∴△ABE∽△MCE，
∴$\frac{CM}{AB}=\frac{CE}{BE}$=$\frac{1}{3}$，
∴CM=$\frac{1}{3}AB$，
∵將△ABE沿AE翻折，得到△AFE，
∴∠BAE=∠GAE，
∵∠BAE=∠M，
∴∠GAE=∠M，
∴AG=GM，
∴AG=CD+CM+DG=AB+$\frac{1}{3}$AB+DG=$\frac{4}{3}AB+DG$；

（2）解：∵∠BAE=60°，∠B=90°，
∴∠AEB=30°，
∵AB=3，
∴AE=6，BE=3$\sqrt{3}$，
∵BE=3EC，
∴CE=$\sqrt{3}$，
∴AD=BC=4$\sqrt{3}$，
∵將△ABE沿AE翻折得到△AFE，
∴∠GAE=60°，AF=3，∠AFE=90°，
∴∠GAD=30°，
∴AG=8，F(xiàn)P=$\sqrt{3}$，
∴FG=5，
在Rt△GFP中，$tan∠PGF=\frac{{\sqrt{3}}}{5}$，
如圖2，過K作KM⊥AG于M，連接DE，
設(shè)AM=x，則AK=2x，MK=$\sqrt{3}$x，GM=8-x
∴tan∠PGF=$\frac{MK}{GM}$=$\frac{\sqrt{3}x}{8-x}$=$\frac{\sqrt{3}}{5}$，
解得：x=$\frac{4}{3}$，
∴AK=$\frac{8}{3}$，
∴KE=AE=AK=$\frac{10}{3}$，
∵tan∠DEC=$\frac{CD}{CE}$=$\sqrt{3}$，
∴∠DEC=60°，
∵∠AEB=30°，
∴∠KED=90°，
∵DE=$\sqrt{C{E}^{2}+C{D}^{2}}$=2$\sqrt{3}$，
∴DK=$\sqrt{D{E}^{2}+E{K}^{2}}$=$\sqrt{（2\sqrt{3}）^{2}+（\frac{10}{3}）^{2}}$=$\frac{4\sqrt{13}}{3}$．

點評 此題主要考查了矩形的性質(zhì)、翻折變換、相似三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，三角函數(shù)，正確的作出輔助線是解題的關(guān)鍵．