23.(10分)如图1,O为矩形ABCD对角线AC的中点,AB=4,BC=8,E为BC边上一点,连结EO并延长,交AD于点F。四边形ABEF与四边形A₁B₁EF关于EF所在直线成轴对称,线段FA₁交边BC于点H,连结OH。
(1)求证:OH⊥EF。
(2)若BE=1,求FD,EH的长。
(3)如图2,连结OB₁,若OH=OB₁,求BE的长。

(1)如图1。在矩形ABCD中,$AD// BC$,则$∠ 1=∠ 2$。因为O为矩形ABCD对角线AC的中点,所以$AO=CO$。又因为$∠ AOF=∠ COE$,所以$△ AOF≌△ COE$。所以$OE=OF$,所以O为EF的中点。因为四边形ABEF与四边形$A_1B_1EF$关于EF所在直线轴对称,所以$∠ 1=∠ 3$。所以$∠ 2=∠ 3$。所以$EH=FH$。所以$OH⊥ EF$。
(2)因为$BC=8,BE=1$,所以$CE=7$。由(1)得$△ AOF≌△ COE$,所以$AF=EC=7$。因为$AD=BC=8$,所以$FD=BE=1$。设$EH=x$,则$FH=x,HC=7-x$。如图2,过点F作$FG⊥ BC$于点G,易得四边形FGCD为矩形,所以$CG=FD=1,FG=CD=AB=4$。所以$HG=6-x$。在$\mathrm{Rt}△ FHG$中,$FH^2=HG^2+FG^2$,即$x^2=(6-x)^2+4^2$,解得$x=\frac{13}{3}$,所以$EH=\frac{13}{3}$。
(3)连结OB。由轴对称得$B_1A_1=BA=4,BE=B_1E,AF=A_1F,OB=OB_1$。因为$OB_1=OH$,所以$OB=OH$。因为四边形ABCD是矩形,O为AC的中点,所以$OB=OC$。所以点H与点C重合。因为$OH⊥ EF$,所以$AF=CF$。所以点$A_1$与点C重合。如图3,设$BE=B_1E=y$,则$CE=8-y$。在$\mathrm{Rt}△ B_1CE$中,$B_1E^2+B_1C^2=CE^2$,所以$y^2+4^2=(8-y)^2$,解得$y=3$。所以$BE=3$。

【分析】
1. 第(1)问：要证OH⊥EF，先利用矩形对边平行的性质，结合O是AC中点，通过ASA证明△AOF≌△COE，得O为EF中点；再利用轴对称性质，结合平行线内错角相等推出EH=FH，根据等腰三角形三线合一即可得OH⊥EF。
2. 第(2)问：已知BE=1，由全等得AF=EC，算出FD；设EH=x，利用轴对称得FH=x，过F作FG⊥BC构造直角三角形，用勾股定理建立方程求解EH。
3. 第(3)问：利用矩形对角线中点性质得OB=OC，结合轴对称得OB=OB₁，由OH=OB₁推出OH=OC，确定H与C重合；再结合OH⊥EF的性质，在Rt△B₁CE中用勾股定理求BE。
【解析】
(1) 证明：在矩形ABCD中，AD//BC，
∴∠1=∠2。
∵O为AC中点，
∴AO=CO。
又
∵∠AOF=∠COE，
∴△AOF≌△COE（ASA），
∴OE=OF，即O为EF中点。
∵四边形ABEF与四边形A₁B₁EF关于EF轴对称，
∴∠1=∠3，
∴∠2=∠3，
∴EH=FH。
∵O为EF中点，EH=FH，
∴OH⊥EF（等腰三角形三线合一）。
(2) 解：
∵BC=8，BE=1，
∴CE=BC-BE=7。
由(1)中△AOF≌△COE，得AF=EC=7，
∵AD=BC=8，
∴FD=AD-AF=8-7=1。
设EH=x，由轴对称得FH=x，
∴HC=EC-EH=7-x。
过F作FG⊥BC于G，
∵矩形ABCD中FG⊥BC，
∴四边形FGCD为矩形，
∴CG=FD=1，FG=CD=AB=4，
∴HG=HC-CG=(7-x)-1=6-x。
在Rt△FHG中，由勾股定理得：FH²=HG²+FG²，即x²=(6-x)²+4²，
展开化简得：12x=52，解得x=13/3，即EH=13/3。
(3) 解：连接OB。
∵矩形ABCD中O为AC中点，
∴OB=OC（矩形对角线中点到顶点距离相等）。
由轴对称性质得OB=OB₁，又OH=OB₁，
∴OB=OH，故OH=OC，即点H与点C重合。
∵OH⊥EF，
∴AF=CF，故A₁与C重合。
设BE=B₁E=y，则CE=8-y，B₁C=AB=4。
在Rt△B₁CE中，由勾股定理得：B₁E²+B₁C²=CE²，即y²+4²=(8-y)²，
展开化简得：16y=48，解得y=3，即BE=3。
【答案】
(1) 证明如上；(2) FD=1，EH=13/3；(3) BE=3；
【知识点】
矩形性质、轴对称性质、勾股定理
【点评】
本题是矩形与轴对称结合的几何综合题，综合考查全等三角形、等腰三角形、勾股定理的应用，需学生具备较强的逻辑推理与几何转化能力，是一道典型的几何中档偏难题。
【难度系数】
0.4