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24. (12分)在$□ ABCD$中，$AB=6$，$AD=4$，$∠ A=60°$，$E,F$分别为边$CD,AB$上异于端点的动点，且$DE=BF$，连结$EF$，将四边形$CEFB$沿着$EF$折叠得到四边形$HEFG$。
(1)如图1，边$HE,AB$交于点$Q$，若$AQ=BF$，求证：四边形$AQED$为平行四边形。
(2)如图2，当点$C$的对应点$H$落在点$A$处时，求折痕$EF$的长。
(3)当点$B$的对应点$G$落在$□ ABCD$的边上时，求点$B,G$之间的距离。
(1)如图1，边$HE,AB$交于点$Q$，若$AQ=BF$，求证：四边形$AQED$为平行四边形。
(2)如图2，当点$C$的对应点$H$落在点$A$处时，求折痕$EF$的长。
(3)当点$B$的对应点$G$落在$□ ABCD$的边上时，求点$B,G$之间的距离。
答案
24.(1)因为$DE=BF$,$AQ=BF$,所以$AQ=DE$。在平行四边形ABCD中,$DC// AB$,所以四边形AQED为平行四边形。
(2)如图1,过点A作$AM⊥ CD$,交CD延长线于点M,连结AC,交EF于点O,连结CF。由折叠可知$AE=CE$,$EF$垂直平分$AC$。因为四边形ABCD是平行四边形,所以$AB// CD$,$AB=CD$。因为$DE=BF$,所以$CE=AF$。所以四边形AECF是菱形。所以$AO=OC$,$EO=OF$。在$\mathrm{Rt}△ AMD$中,因为$∠ MAD=90°-∠ DAB=30°$,所以$MD=\dfrac{1}{2}AD=2$。由勾股定理,得$AM=\sqrt{AD^2-DM^2}=2\sqrt{3}$。在$\mathrm{Rt}△ AME$中,由勾股定理,得$AM^2+ME^2=AE^2$,即$(2\sqrt{3})^2+(2+6-AE)^2=AE^2$,解得$AE=\dfrac{19}{4}$。在$\mathrm{Rt}△ AMC$中,由勾股定理,得$AC=\sqrt{AM^2+MC^2}=2\sqrt{19}$,所以$AO=CO=\sqrt{19}$。在$\mathrm{Rt}△ AEO$中,由勾股定理,得$EO=\sqrt{AE^2-AO^2}=\dfrac{\sqrt{57}}{4}$,所以$EF=2EO=\dfrac{\sqrt{57}}{2}$。
(3)当点G落在AB边上时,如图2,连结DG,由折叠可知$FG=FB$,$HE=CE$,$∠ EFG=∠ EFB=90°$。因为$DE=BF$,所以$FG=DE$。在平行四边形ABCD中,$AB// CD$,所以四边形DEFG是平行四边形。所以$∠ DGA=∠ EFG=90°$。因为$∠ A=60°$,所以$∠ ADG=30°$。所以$AG=\dfrac{1}{2}AD=2$。所以$BG=AB-AG=4$。当点G落在AD边上时,如图3,连结BD交EF于点O,连结BG交EF于点N。因为$AB// CD$,所以$∠ ODE=∠ OBF$。因为$DE=BF$,$∠ DOE=∠ BOF$,所以$△ DOE≌△ BOF$。所以$OD=OB$。由折叠可知,$EF⊥ BG$,$GN=BN$。所以$ON// DG$。所以$AG⊥ BG$。在$\mathrm{Rt}△ AGB$中,$∠ GBA=90°-∠ A=30°$,所以$AG=\dfrac{1}{2}AB=3$。由勾股定理,得$BG=\sqrt{AB^2-AG^2}=3\sqrt{3}$。当点G落在DC边上时,如图4,连结BG交EF于点O,过点D作$DM⊥ AB$于点M。由折叠可知,$GO=BO$。因为$AB// CD$,所以$∠ OGE=∠ OBF$。因为$∠ EOG=∠ FOB$,所以$△ EOG≌△ FOB$。所以$EG=BF$。因为$DE=BF$,所以点G与点D重合。在$\mathrm{Rt}△ BGM$中,$BM=6-2=4$,$GM=2\sqrt{3}$,由勾股定理,得$BG=\sqrt{BM^2+GM^2}=2\sqrt{7}$。综上所述,点B,G之间的距离为4或$3\sqrt{3}$或$2\sqrt{7}$。
解析
【分析】
(1) 要证明四边形AQED为平行四边形，已知DE=BF且AQ=BF，可推得AQ=DE；结合平行四边形ABCD中AB//CD，即AQ//DE，根据“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”的判定定理即可得证。
(2) 当点H与A重合时，利用折叠性质可知EF垂直平分AC；结合平行四边形ABCD中AB//CD、AB=CD，以及DE=BF，可推出CE=AF，进而判定四边形AECF为菱形；再通过作AM⊥CD，利用含30°角的直角三角形性质和勾股定理，逐步求出AE、AC的长度，最后在直角三角形中计算EO，从而得到EF的长度。
(3) 点G落在□ABCD的边上，需分三种情况讨论：落在AB边、AD边、DC边；每种情况利用折叠的对应边相等、对应角相等，结合平行四边形性质、全等三角形判定与性质、勾股定理，分别计算BG的长度，最后汇总结果。
【解析】
(1) 证明：
∵ DE=BF，AQ=BF，
∴ AQ=DE。
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ AB//CD，即 AQ//DE。
∴ 四边形AQED中，AQ//DE且AQ=DE，故四边形AQED为平行四边形。
(2) 解：过点A作AM⊥CD，交CD延长线于点M，连结AC，交EF于点O，连结CF。
∵ 四边形ABCD是平行四边形，∠A=60°，AD=4，AB=CD=6，
∴ ∠ADM=∠A=60°。
在Rt△AMD中，∠MAD=30°，
∴ MD=½AD=2，AM=√(AD²-MD²)=√(16-4)=2√3。
由折叠性质，EF垂直平分AC，且CE=AE；又
∵ DE=BF，CD=AB，
∴ CD-DE=AB-BF，即 CE=AF。
∵ AB//CD，
∴ CE//AF，故四边形AECF是平行四边形，结合CE=AE，得四边形AECF为菱形，
∴ AO=½AC，EO=½EF。
设AE=x，则ME=MC - AE=(MD+CD)-AE=2+6 -x=8 -x，在Rt△AME中，由勾股定理：
AM² + ME² = AE² → (2√3)² + (8 -x)² = x² → 12 + 64 -16x +x² =x² → 76=16x → x=19/4，即AE=19/4。
在Rt△AMC中，MC=8，AM=2√3，由勾股定理：AC=√(AM²+MC²)=√(12+64)=√76=2√19，
∴ AO=½AC=√19。
在Rt△AEO中，EO=√(AE² - AO²)=√[(19/4)² - (√19)²]=√[(361/16)- (304/16)]=√(57/16)=√57/4，
∴ EF=2EO=√57/2。
(3) 解：分三种情况：
① 当G落在AB边上时：
由折叠得FG=FB，∠EFG=∠EFB=90°，
∵ DE=BF，
∴ FG=DE；又AB//CD，故DE//FG，四边形DEFG是平行四边形，
∴ ∠DGA=∠EFG=90°。
在Rt△ADG中，∠A=60°，
∴ ∠ADG=30°，AG=½AD=2，
∴ BG=AB - AG=6-2=4。
② 当G落在AD边上时：
∵ AB//CD，
∴ ∠ODE=∠OBF，又DE=BF，∠DOE=∠BOF，
∴ △DOE≌△BOF（AAS），得OD=OB。
由折叠得EF⊥BG，GN=BN，故ON//DG，即AG⊥BG，∠AGB=90°。
在Rt△AGB中，∠A=60°，
∴ ∠ABG=30°，AG=½AB=3，
∴ BG=√(AB² - AG²)=√(36-9)=3√3。
③ 当G落在DC边上时：
由折叠得GO=BO，
∵ AB//CD，
∴ ∠OGE=∠OBF，又∠EOG=∠FOB，
∴ △EOG≌△FOB（ASA），得EG=BF；
∵ DE=BF，
∴ EG=DE，即G与D重合。
过D作DM⊥AB于M，AM=½AD=2，BM=AB-AM=4，DM=2√3，在Rt△BGM中，BG=√(BM² + DM²)=√(16+12)=2√7。
综上，点B、G之间的距离为4或3√3或2√7。
【答案】
(1) 证明成立；(2) $\dfrac{\sqrt{57}}{2}$；(3) $4$或$3\sqrt{3}$或$2\sqrt{7}$
【知识点】
平行四边形的判定与性质、折叠的性质、勾股定理
【点评】
本题是平行四边形与折叠的综合几何题，涉及分类讨论思想，对学生的几何推理能力、知识综合运用能力要求较高，第三问的多种情况易遗漏，需仔细分析图形位置关系。
【难度系数】
0.4
(1) 要证明四边形AQED为平行四边形，已知DE=BF且AQ=BF，可推得AQ=DE；结合平行四边形ABCD中AB//CD，即AQ//DE，根据“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”的判定定理即可得证。
(2) 当点H与A重合时，利用折叠性质可知EF垂直平分AC；结合平行四边形ABCD中AB//CD、AB=CD，以及DE=BF，可推出CE=AF，进而判定四边形AECF为菱形；再通过作AM⊥CD，利用含30°角的直角三角形性质和勾股定理，逐步求出AE、AC的长度，最后在直角三角形中计算EO，从而得到EF的长度。
(3) 点G落在□ABCD的边上，需分三种情况讨论：落在AB边、AD边、DC边；每种情况利用折叠的对应边相等、对应角相等，结合平行四边形性质、全等三角形判定与性质、勾股定理，分别计算BG的长度，最后汇总结果。
【解析】
(1) 证明：
∵ DE=BF，AQ=BF，
∴ AQ=DE。
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ AB//CD，即 AQ//DE。
∴ 四边形AQED中，AQ//DE且AQ=DE，故四边形AQED为平行四边形。
(2) 解：过点A作AM⊥CD，交CD延长线于点M，连结AC，交EF于点O，连结CF。
∵ 四边形ABCD是平行四边形，∠A=60°，AD=4，AB=CD=6，
∴ ∠ADM=∠A=60°。
在Rt△AMD中，∠MAD=30°，
∴ MD=½AD=2，AM=√(AD²-MD²)=√(16-4)=2√3。
由折叠性质，EF垂直平分AC，且CE=AE；又
∵ DE=BF，CD=AB，
∴ CD-DE=AB-BF，即 CE=AF。
∵ AB//CD，
∴ CE//AF，故四边形AECF是平行四边形，结合CE=AE，得四边形AECF为菱形，
∴ AO=½AC，EO=½EF。
设AE=x，则ME=MC - AE=(MD+CD)-AE=2+6 -x=8 -x，在Rt△AME中，由勾股定理：
AM² + ME² = AE² → (2√3)² + (8 -x)² = x² → 12 + 64 -16x +x² =x² → 76=16x → x=19/4，即AE=19/4。
在Rt△AMC中，MC=8，AM=2√3，由勾股定理：AC=√(AM²+MC²)=√(12+64)=√76=2√19，
∴ AO=½AC=√19。
在Rt△AEO中，EO=√(AE² - AO²)=√[(19/4)² - (√19)²]=√[(361/16)- (304/16)]=√(57/16)=√57/4，
∴ EF=2EO=√57/2。
(3) 解：分三种情况：
① 当G落在AB边上时：
由折叠得FG=FB，∠EFG=∠EFB=90°，
∵ DE=BF，
∴ FG=DE；又AB//CD，故DE//FG，四边形DEFG是平行四边形，
∴ ∠DGA=∠EFG=90°。
在Rt△ADG中，∠A=60°，
∴ ∠ADG=30°，AG=½AD=2，
∴ BG=AB - AG=6-2=4。
② 当G落在AD边上时：
∵ AB//CD，
∴ ∠ODE=∠OBF，又DE=BF，∠DOE=∠BOF，
∴ △DOE≌△BOF（AAS），得OD=OB。
由折叠得EF⊥BG，GN=BN，故ON//DG，即AG⊥BG，∠AGB=90°。
在Rt△AGB中，∠A=60°，
∴ ∠ABG=30°，AG=½AB=3，
∴ BG=√(AB² - AG²)=√(36-9)=3√3。
③ 当G落在DC边上时：
由折叠得GO=BO，
∵ AB//CD，
∴ ∠OGE=∠OBF，又∠EOG=∠FOB，
∴ △EOG≌△FOB（ASA），得EG=BF；
∵ DE=BF，
∴ EG=DE，即G与D重合。
过D作DM⊥AB于M，AM=½AD=2，BM=AB-AM=4，DM=2√3，在Rt△BGM中，BG=√(BM² + DM²)=√(16+12)=2√7。
综上，点B、G之间的距离为4或3√3或2√7。
【答案】
(1) 证明成立；(2) $\dfrac{\sqrt{57}}{2}$；(3) $4$或$3\sqrt{3}$或$2\sqrt{7}$
【知识点】
平行四边形的判定与性质、折叠的性质、勾股定理
【点评】
本题是平行四边形与折叠的综合几何题，涉及分类讨论思想，对学生的几何推理能力、知识综合运用能力要求较高，第三问的多种情况易遗漏，需仔细分析图形位置关系。
【难度系数】
0.4
