Question

6．將一張矩形ABCD紙片，按如圖進(jìn)行折疊，分別在BC，AD兩邊上取兩點(diǎn)E，F(xiàn)，使CE=AF，分別以DE，BF為對(duì)稱軸將△CDE與△ABF翻折得到△C′DE′與△A′BF，且邊EC′的延長(zhǎng)線與A′B交于點(diǎn)G，邊FA的延長(zhǎng)線與C′D交于一點(diǎn)H，已知tan∠EBG=$\frac{3}{4}$，A′G=6，C′G=4，則線段BC=52．

Answer 1

分析 首先證明四邊形MNC′G是矩形，由∠EMC′=∠EBG，可得tan∠EMC′=tan∠EBG=$\frac{3}{4}$，推出$\frac{EC′}{MC′}$=$\frac{3}{4}$，設(shè)EC′=EC=3x，MC′=4x，則EM=5x，在Rt△MNB中，由tan∠MBN=$\frac{MN}{BN}$=$\frac{3}{4}$，MN=GC′=4，推出BN=$\frac{16}{3}$．BM=$\frac{20}{3}$，推出CM=8x，AB=CD=BA′=6+4x+$\frac{16}{3}$，在Rt△CDM中，根據(jù)tan∠CMD=$\frac{CD}{MC}$=$\frac{3}{4}$，構(gòu)建方程即可解決問(wèn)題．

解答 解：延長(zhǎng)DC′交BC于M，作MN⊥A′B于N，如圖所示
∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠A=∠C=90°，AD=BC，AB=CD，
由折疊的性質(zhì)得：∠EC′D=∠C=90°，∠FA′B=∠A=90°，CE=C′E，AB=A′B，∠CDE=∠C′DE，∠CED=∠C′ED，∠ABF=∠A′BF，∠AFB=∠A′FB，
在△ABF和△CDE中，
$\left\{\begin{array}{l}{AB=CD}\\{∠A=∠C}\\{AF=CE}\end{array}\right.$，
∴△ABF≌△CDE（SAS），
∴∠ABF=∠CDE，∠CED=∠AFB，
∴∠BEG=∠DFH，∠EBG=∠FDH，
∵CE=AF，
∴BE=DF，
在△BEG和△DFH中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠BEG=DFH}\\{BE=DF}\\{∠EBG=∠FDH}\end{array}\right.$，
∴△BEG≌△DFH（ASA），
∴∠BGE=∠DHF，
∴∠A′HC′=∠A′GC′，
∴∠A′HC′=∠A′GC′=（360°-90°-90°）÷2=90°，
∴四邊形A′GC′H是矩形，四邊形MNGC′是矩形，
∴MN=C′G=4，
∵DM∥BA′，
∴∠EMC′=∠EBG，
∴tan∠EMC′=tan∠EBG=$\frac{3}{4}$，
∴$\frac{EC′}{MC′}$=$\frac{3}{4}$，設(shè)EC′=EC=3x，MC′=4x，則EM=5x，
在Rt△MNB中，∵tan∠MBN=$\frac{MN}{BN}$=$\frac{3}{4}$，MN=GC′=4，
∴BN=$\frac{16}{3}$．BM=$\frac{20}{3}$，
∴CM=8x，AB=CD=BA′=6+4x+$\frac{16}{3}$，
在Rt△CDM中，tan∠CMD=$\frac{CD}{MC}$=$\frac{3}{4}$，
∴$\frac{6+4x+\frac{16}{3}}{8x}$=$\frac{3}{4}$，
∴x=$\frac{34}{6}$，
∴BC=8×$\frac{34}{6}$+$\frac{20}{3}$=52．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了矩形的性質(zhì)、翻折變換的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、三角函數(shù)等知識(shí)；本題綜合性強(qiáng)，難度較大，證明三角形全等是解決問(wèn)題的關(guān)鍵．