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24.(8分)如图,在矩形ABCD中,E是边BC上一点,将△ABE沿AE折叠后,点B的对应点为F,延长AF交BC于点G,交DC的延长线于点H。
(1)若$BE=CH$,求证:$CG=FG$。
(2)当$AB=5,BC=6$时,
①连结BD交AG于点O,若$EF// BD$,求CE的长;
②当$∠ECF=∠EAF$时,连结EH,求△ECH的面积。
(1)若$BE=CH$,求证:$CG=FG$。
(2)当$AB=5,BC=6$时,
①连结BD交AG于点O,若$EF// BD$,求CE的长;
②当$∠ECF=∠EAF$时,连结EH,求△ECH的面积。
答案
24.(1)证明:因为四边形ABCD是矩形,所以∠B=∠BCD=∠BAD=90°,所以∠GCH=90°,由折叠得BE=EF,∠AFE=∠B=90°=∠EFG,因为BE=CH,所以EF=CH,△EFG和△HCG中,$\begin{cases} ∠EFG=∠HCG, \\ ∠EGF=∠CGH, \\ EF=CH, \end{cases}$所以△EFG≅△HCG(AAS),所以CG=FG。
(2)①如图1所示,连结DG,因为BD//EF, 所以∠AOB = ∠AFE = 90°, 在Rt△ABD中,AB=5,AD=BC=6,所以$BD = \sqrt{5^2+6^2} = \sqrt{61}$,因为$S_{△ ABD} =\frac{1}{2} AB·AD=\frac{1}{2} BD·AO$,所以$\frac{1}{2}×5×6=\frac{1}{2} × \sqrt{61} × AO$,所以$ AO = \frac{30\sqrt{61}}{61}$,所以$ OD = \sqrt{AD^2-AO^2} = \sqrt{6^2-(\frac{30\sqrt{61}}{61})^2} = \frac{36\sqrt{61}}{61}$,因为$ S_{△ AGD} =\frac{1}{2}×6×5=\frac{1}{2}×\frac{36\sqrt{61}}{61}×AG$,所以$AG=\frac{5\sqrt{61}}{6}$,则$OG=\frac{125\sqrt{61}}{61×6}$,因为$S_{△ BGD}=\frac{1}{2} BG·DC=\frac{1}{2} BD·OG$,所以$\frac{1}{2}×BG×5=\frac{1}{2} × \sqrt{61} × \frac{125\sqrt{61}}{61×6}$,所以$BG=\frac{25}{6}$,因为$\frac{S_{△ ABE}}{S_{△ AEG}} = \frac{\frac{1}{2} BE·AB}{\frac{1}{2} AG·EF} = \frac{\frac{1}{2} BE·AB}{\frac{1}{2} EG·AB}$,所以$\frac{AB}{AG} = \frac{BE}{EG}$,即$\frac{5}{\frac{5\sqrt{61}}{6}} = \frac{BE}{\frac{25}{6}-BE}$,所以$BE=\sqrt{61}-6$,所以$CE=BC-BE=6-(\sqrt{61}-6)=12-\sqrt{61}$;②如图2所示,过点F作MN⊥AD于点M,交BC于点N,连结BF,交AE于点P,因为∠BAE=∠EAF,∠EAF=∠ECF,所以∠BAE=∠ECF,由折叠得AB=AF=5,BE=EF,所以AE垂直平分BF,所以∠BPE=90°,所以∠PBE+∠BEP=90°,因为∠ABE=∠BAE+∠BEP=90°,所以∠PBE=∠BAE=∠ECF,所以BF=CF,因为AD//BC,MN⊥AD,所以MN⊥BC,所以$BN=CN=\frac{1}{2}×6=3$,所以AM=BN=3,所以FM=4,所以FN=5-4=1,设BE=b,则EF=b,EN=3−b,在Rt△EFN中,$EF^2=FN^2+EN^2$,所以$b^2=(3-b)^2+1^2$,所以$b=\frac{5}{3}$,所以$CE=6-BE=6-\frac{5}{3}=\frac{13}{3}$,因为AM=DM=3,FM//DH,所以AF=FH=5,所以AH=10,在Rt△ADH中,由勾股定理得$DH=\sqrt{10^2-6^2}=8$,所以CH=8-5=3,所以$S_{△ ECH}=\frac{1}{2} CE·CH=\frac{1}{2}×\frac{13}{3}×3=\frac{13}{2}$。
(2)①如图1所示,连结DG,因为BD//EF, 所以∠AOB = ∠AFE = 90°, 在Rt△ABD中,AB=5,AD=BC=6,所以$BD = \sqrt{5^2+6^2} = \sqrt{61}$,因为$S_{△ ABD} =\frac{1}{2} AB·AD=\frac{1}{2} BD·AO$,所以$\frac{1}{2}×5×6=\frac{1}{2} × \sqrt{61} × AO$,所以$ AO = \frac{30\sqrt{61}}{61}$,所以$ OD = \sqrt{AD^2-AO^2} = \sqrt{6^2-(\frac{30\sqrt{61}}{61})^2} = \frac{36\sqrt{61}}{61}$,因为$ S_{△ AGD} =\frac{1}{2}×6×5=\frac{1}{2}×\frac{36\sqrt{61}}{61}×AG$,所以$AG=\frac{5\sqrt{61}}{6}$,则$OG=\frac{125\sqrt{61}}{61×6}$,因为$S_{△ BGD}=\frac{1}{2} BG·DC=\frac{1}{2} BD·OG$,所以$\frac{1}{2}×BG×5=\frac{1}{2} × \sqrt{61} × \frac{125\sqrt{61}}{61×6}$,所以$BG=\frac{25}{6}$,因为$\frac{S_{△ ABE}}{S_{△ AEG}} = \frac{\frac{1}{2} BE·AB}{\frac{1}{2} AG·EF} = \frac{\frac{1}{2} BE·AB}{\frac{1}{2} EG·AB}$,所以$\frac{AB}{AG} = \frac{BE}{EG}$,即$\frac{5}{\frac{5\sqrt{61}}{6}} = \frac{BE}{\frac{25}{6}-BE}$,所以$BE=\sqrt{61}-6$,所以$CE=BC-BE=6-(\sqrt{61}-6)=12-\sqrt{61}$;②如图2所示,过点F作MN⊥AD于点M,交BC于点N,连结BF,交AE于点P,因为∠BAE=∠EAF,∠EAF=∠ECF,所以∠BAE=∠ECF,由折叠得AB=AF=5,BE=EF,所以AE垂直平分BF,所以∠BPE=90°,所以∠PBE+∠BEP=90°,因为∠ABE=∠BAE+∠BEP=90°,所以∠PBE=∠BAE=∠ECF,所以BF=CF,因为AD//BC,MN⊥AD,所以MN⊥BC,所以$BN=CN=\frac{1}{2}×6=3$,所以AM=BN=3,所以FM=4,所以FN=5-4=1,设BE=b,则EF=b,EN=3−b,在Rt△EFN中,$EF^2=FN^2+EN^2$,所以$b^2=(3-b)^2+1^2$,所以$b=\frac{5}{3}$,所以$CE=6-BE=6-\frac{5}{3}=\frac{13}{3}$,因为AM=DM=3,FM//DH,所以AF=FH=5,所以AH=10,在Rt△ADH中,由勾股定理得$DH=\sqrt{10^2-6^2}=8$,所以CH=8-5=3,所以$S_{△ ECH}=\frac{1}{2} CE·CH=\frac{1}{2}×\frac{13}{3}×3=\frac{13}{2}$。
解析
【分析】
本题是矩形折叠的综合题，解题思路如下：
(1) 第(1)问：利用矩形的直角性质，结合折叠的边、角相等关系，通过AAS证明三角形全等，进而推出线段相等；
(2) 第(2)①问：由EF//BD结合折叠性质，运用面积法、勾股定理求出相关线段长度，再通过比例关系计算BE，最终得到CE；
(3) 第(2)②问：利用角度相等和折叠的垂直平分线性质，结合勾股定理求出BE，再通过平行线性质和勾股定理得到CH，最后计算三角形面积。
【解析】
(1) 证明：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=∠BCD=90°，故∠GCH=90°，
由折叠性质得：BE=EF，∠AFE=∠B=90°，
∴∠EFG=180°−∠AFE=90°=∠HCG，
又
∵BE=CH，
∴EF=CH，
在△EFG和△HCG中：
$\{\begin{array}{l}∠EFG=∠HCG \\∠EGF=∠CGH \\EF=CH\end{array} $
∴△EFG≌△HCG（AAS），
∴CG=FG。
(2) ① 解：连结DG，
∵EF//BD，
∴∠AOB=∠AFE=90°，
在Rt△ABD中，AB=5，AD=BC=6，
∴BD=$\sqrt{AB^2+AD^2}=\sqrt{5^2+6^2}=\sqrt{61}$，
∵$S_{△ABD}=\frac{1}{2}AB·AD=\frac{1}{2}BD·AO$，
∴$\frac{1}{2}×5×6=\frac{1}{2}×\sqrt{61}×AO$，解得$AO=\frac{30\sqrt{61}}{61}$，
∴OD=$\sqrt{AD^2−AO^2}=\frac{36\sqrt{61}}{61}$，
∵$S_{△AGD}=\frac{1}{2}×AD×AB=\frac{1}{2}×OD×AG$，
∴$\frac{1}{2}×6×5=\frac{1}{2}×\frac{36\sqrt{61}}{61}×AG$，解得$AG=\frac{5\sqrt{61}}{6}$，
则OG=AG−AO=$\frac{125\sqrt{61}}{61×6}$，
∵$S_{△BGD}=\frac{1}{2}BG·DC=\frac{1}{2}BD·OG$，DC=AB=5，
∴$\frac{1}{2}×BG×5=\frac{1}{2}×\sqrt{61}×\frac{125\sqrt{61}}{61×6}$，解得$BG=\frac{25}{6}$，
又
∵$\frac{AB}{AG}=\frac{BE}{EG}$，EG=BG−BE，
∴$\frac{5}{\frac{5\sqrt{61}}{6}}=\frac{BE}{\frac{25}{6}−BE}$，解得$BE=\sqrt{61}−6$，
∴CE=BC−BE=6−($\sqrt{61}−6$)=12−$\sqrt{61}$。
② 解：过点F作MN⊥AD于点M，交BC于点N，连结BF交AE于点P，
∵∠BAE=∠EAF，∠EAF=∠ECF，
∴∠BAE=∠ECF，
由折叠得AB=AF=5，BE=EF，AE垂直平分BF，
∴∠BPE=90°，故∠PBE+∠BEP=90°，
又∠ABE=∠BAE+∠BEP=90°，
∴∠PBE=∠BAE=∠ECF，故BF=CF，
∵AD//BC，MN⊥AD，
∴MN⊥BC，
∴BN=CN=$\frac{1}{2}BC=3$，AM=BN=3，
在Rt△AMF中，FM=$\sqrt{AF^2−AM^2}=\sqrt{5^2−3^2}=4$，
∴FN=AB−FM=1，
设BE=b，则EF=b，EN=3−b，
在Rt△EFN中，$b^2=1^2+(3−b)^2$，解得$b=\frac{5}{3}$，
∴CE=6−$\frac{5}{3}=\frac{13}{3}$，
∵AM=DM=3，FM//DH，AF=FH=5，故AH=10，
在Rt△ADH中，DH=$\sqrt{AH^2−AD^2}=\sqrt{10^2−6^2}=8$，
∴CH=DH−DC=8−5=3，
∴$S_{△ECH}=\frac{1}{2}×CE×CH=\frac{1}{2}×\frac{13}{3}×3=\frac{13}{2}$。
【答案】
(1) 证明成立；
(2) ① $CE=12−\sqrt{61}$；② $△ECH$的面积为$\frac{13}{2}$。
【知识点】
矩形性质、折叠性质、勾股定理
【点评】
本题是矩形折叠的综合题，融合了全等三角形、勾股定理、平行线性质等知识点，需运用方程思想和面积法求解，对几何推理能力要求较高，是中等难度的几何综合题。
【难度系数】
0.4
本题是矩形折叠的综合题，解题思路如下：
(1) 第(1)问：利用矩形的直角性质，结合折叠的边、角相等关系，通过AAS证明三角形全等，进而推出线段相等；
(2) 第(2)①问：由EF//BD结合折叠性质，运用面积法、勾股定理求出相关线段长度，再通过比例关系计算BE，最终得到CE；
(3) 第(2)②问：利用角度相等和折叠的垂直平分线性质，结合勾股定理求出BE，再通过平行线性质和勾股定理得到CH，最后计算三角形面积。
【解析】
(1) 证明：
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=∠BCD=90°，故∠GCH=90°，
由折叠性质得：BE=EF，∠AFE=∠B=90°，
∴∠EFG=180°−∠AFE=90°=∠HCG，
又
∵BE=CH，
∴EF=CH，
在△EFG和△HCG中：
$\{\begin{array}{l}∠EFG=∠HCG \\∠EGF=∠CGH \\EF=CH\end{array} $
∴△EFG≌△HCG（AAS），
∴CG=FG。
(2) ① 解：连结DG，
∵EF//BD，
∴∠AOB=∠AFE=90°，
在Rt△ABD中，AB=5，AD=BC=6，
∴BD=$\sqrt{AB^2+AD^2}=\sqrt{5^2+6^2}=\sqrt{61}$，
∵$S_{△ABD}=\frac{1}{2}AB·AD=\frac{1}{2}BD·AO$，
∴$\frac{1}{2}×5×6=\frac{1}{2}×\sqrt{61}×AO$，解得$AO=\frac{30\sqrt{61}}{61}$，
∴OD=$\sqrt{AD^2−AO^2}=\frac{36\sqrt{61}}{61}$，
∵$S_{△AGD}=\frac{1}{2}×AD×AB=\frac{1}{2}×OD×AG$，
∴$\frac{1}{2}×6×5=\frac{1}{2}×\frac{36\sqrt{61}}{61}×AG$，解得$AG=\frac{5\sqrt{61}}{6}$，
则OG=AG−AO=$\frac{125\sqrt{61}}{61×6}$，
∵$S_{△BGD}=\frac{1}{2}BG·DC=\frac{1}{2}BD·OG$，DC=AB=5，
∴$\frac{1}{2}×BG×5=\frac{1}{2}×\sqrt{61}×\frac{125\sqrt{61}}{61×6}$，解得$BG=\frac{25}{6}$，
又
∵$\frac{AB}{AG}=\frac{BE}{EG}$，EG=BG−BE，
∴$\frac{5}{\frac{5\sqrt{61}}{6}}=\frac{BE}{\frac{25}{6}−BE}$，解得$BE=\sqrt{61}−6$，
∴CE=BC−BE=6−($\sqrt{61}−6$)=12−$\sqrt{61}$。
② 解：过点F作MN⊥AD于点M，交BC于点N，连结BF交AE于点P，
∵∠BAE=∠EAF，∠EAF=∠ECF，
∴∠BAE=∠ECF，
由折叠得AB=AF=5，BE=EF，AE垂直平分BF，
∴∠BPE=90°，故∠PBE+∠BEP=90°，
又∠ABE=∠BAE+∠BEP=90°，
∴∠PBE=∠BAE=∠ECF，故BF=CF，
∵AD//BC，MN⊥AD，
∴MN⊥BC，
∴BN=CN=$\frac{1}{2}BC=3$，AM=BN=3，
在Rt△AMF中，FM=$\sqrt{AF^2−AM^2}=\sqrt{5^2−3^2}=4$，
∴FN=AB−FM=1，
设BE=b，则EF=b，EN=3−b，
在Rt△EFN中，$b^2=1^2+(3−b)^2$，解得$b=\frac{5}{3}$，
∴CE=6−$\frac{5}{3}=\frac{13}{3}$，
∵AM=DM=3，FM//DH，AF=FH=5，故AH=10，
在Rt△ADH中，DH=$\sqrt{AH^2−AD^2}=\sqrt{10^2−6^2}=8$，
∴CH=DH−DC=8−5=3，
∴$S_{△ECH}=\frac{1}{2}×CE×CH=\frac{1}{2}×\frac{13}{3}×3=\frac{13}{2}$。
【答案】
(1) 证明成立；
(2) ① $CE=12−\sqrt{61}$；② $△ECH$的面积为$\frac{13}{2}$。
【知识点】
矩形性质、折叠性质、勾股定理
【点评】
本题是矩形折叠的综合题，融合了全等三角形、勾股定理、平行线性质等知识点，需运用方程思想和面积法求解，对几何推理能力要求较高，是中等难度的几何综合题。
【难度系数】
0.4
