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9. (2024·丽水)如图,在$□ ABCD$中,E是边BC上一点,将$△ ABE$沿AE折叠后,点B的对应点为F。
(1)如图1,当点F恰好落在边AD上时,求证:四边形ABEF是菱形。
(2)如图2,当点F恰好落在ED上,且$\frac{BE}{EC}=m$时,求$\frac{DF}{FE}$的值。
(3)如图3,当$∠ ABC=45°,AB=2\sqrt{2},BC=4$时,连结BD。
①当$AF⊥ BC$时,求BE的长。
②当$EF// BD$时,求BE的长。
③当点F恰好落在BD上时,求BE的长。
(1)如图1,当点F恰好落在边AD上时,求证:四边形ABEF是菱形。
(2)如图2,当点F恰好落在ED上,且$\frac{BE}{EC}=m$时,求$\frac{DF}{FE}$的值。
(3)如图3,当$∠ ABC=45°,AB=2\sqrt{2},BC=4$时,连结BD。
①当$AF⊥ BC$时,求BE的长。
②当$EF// BD$时,求BE的长。
③当点F恰好落在BD上时,求BE的长。
答案
9.(1)证明:由折叠得$∠ BAE=∠ FAE,AB=AF$,又因为$AD// BC$,所以$∠ FAE=∠ BEA$,所以$∠ BAE=∠ BEA$,所以$BA=BE=AF$,所以四边形ABEF是菱形。
(2)解:由已知,易得$∠ DAE=∠ AEB=∠ AEF$,所以$DA=DE$,设$EC=x$,则$BE=FE=mx,AD=DE=(m+1)x$,所以$DF=DE-FE=(m+1)x-mx=x$,所以$\frac{DF}{FE}=\frac{x}{mx}=\frac{1}{m}$。
(3)解:①如图1,连结EF,设AF与BC交于点N。因为$∠ ABC=45°,AB=2\sqrt{2},AF⊥ BC$,所以$AN=BN=2$。因为将$△ ABE$沿AE折叠后,点B的对应点为F,所以$AB=AF=2\sqrt{2},∠ ABC=∠ F=45°$,所以$NF=2\sqrt{2}-2$。因为$AF⊥ BC,∠ F=45°$,所以$EN=NF=2\sqrt{2}-2$,所以$BE=4-2\sqrt{2}$。
②如图2,过点D作$DH⊥ BC$延长线于点H,记AE与BD交点为P,由题可知,$∠ AEB=∠ AEF,∠ DAP=∠ BEP$。又因为$EF// BD$,所以$∠ BPE=∠ PEF$,所以$∠ APD=∠ DAP$,所以$BP=BE,AD=PD$。设$BE=x$,则$BP=BE=x,AD=PD=4,DH=CH=2$,所以在$Rt△ BDH$中,有$(x+4)^2=2^2+6^2$,解得$x=2\sqrt{10}-4$(负值已舍去),即$BE=2\sqrt{10}-4$。
③如图3,保留②的辅助线,连结DE,并设$BE=a$,则由②,易得$BD=2\sqrt{10}$,易知$AE⊥ BD$,所以由面积法,得$AP=\frac{AD· DH}{BD}=\frac{8}{2\sqrt{10}}=\frac{4}{\sqrt{10}}$,所以$BP=\sqrt{AB^2-AP^2}=\frac{8}{\sqrt{10}},PD=BD-BP=2\sqrt{10}-\frac{8}{\sqrt{10}}=\frac{6}{5}\sqrt{10}$。因为$EH=6-a$,所以$DE^2=4+(6-a)^2$,所以由$BE^2-BP^2=DE^2-PD^2$,得$a^2-\frac{32}{5}=4+(6-a)^2-\frac{72}{5}$,解得$a=\frac{8}{3}$,即$BE=\frac{8}{3}$。
解析
【分析】
本题是平行四边形与折叠性质结合的几何综合题，分三小问逐步求解：
(1) 证明四边形ABEF为菱形，需先证其为平行四边形，再证邻边相等：利用折叠的性质得AB=AF、∠BAE=∠FAE，结合平行四边形AD//BC的内错角相等，推出∠BAE=∠BEA，得AB=BE，进而AF平行且等于BE，证得平行四边形，再由AB=BE得菱形。
(2) 求$\frac{DF}{FE}$的值：由折叠得BE=FE，结合平行四边形AD//BC的角相等，推出∠DAE=∠AEF，得DA=DE，设EC=x，用$\frac{BE}{EC}=m$表示BE=mx，FE=mx，AD=DE=(m+1)x，计算DF=DE-FE=x，从而得比值。
(3) 三个子问题：①AF⊥BC时，利用折叠得AB=AF=2√2，结合∠ABC=45°，等腰直角三角形性质计算AN、BN、NF、EN，得BE；②EF//BD时，作DH⊥BC延长线，利用平行线性质和等腰三角形，设BE=x，用勾股定理列方程求解；③F在BD上时，用面积法求相关线段，结合勾股定理列方程求解BE。
【解析】
(1) 证明：
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ AD//BC，
∴ ∠FAE=∠BEA。
由折叠性质得：∠BAE=∠FAE，AB=AF，
∴ ∠BAE=∠BEA，
∴ BA=BE，
∴ AF=BE，又
∵ AF//BE，
∴ 四边形ABEF是平行四边形，
又
∵ AB=AF，
∴ 平行四边形ABEF是菱形。
(2) 解：
由折叠性质得：BE=FE，∠AEB=∠AEF，
∵ AD//BC，
∴ ∠DAE=∠AEB，
∴ ∠DAE=∠AEF，
∴ DA=DE，
设EC=x，
∵ $\frac{BE}{EC}=m$，
∴ BE=mx，
∴ FE=BE=mx，AD=DE=FE+DF，又AD=BC=BE+EC=mx+x，
∴ mx + DF = mx + x → DF=x，
∴ $\frac{DF}{FE}=\frac{x}{mx}=\frac{1}{m}$。
(3) ① 解：
如图1，连结EF，设AF与BC交于点N，
∵ AF⊥BC，∠ABC=45°，AB=2√2，
∴ △ABN是等腰直角三角形，AN=BN=AB·sin45°=2√2×$\frac{\sqrt{2}}{2}$=2，
由折叠性质得：AB=AF=2√2，∠F=∠ABC=45°，
∴ NF=AF - AN=2√2 - 2，
在Rt△ENF中，∠F=45°，∠ENF=90°，
∴ EN=NF=2√2 - 2，
∴ BE=BN + EN=2 + (2√2 - 2)=4 - 2√2。
② 解：
如图2，过点D作DH⊥BC延长线于点H，
∵ 四边形ABCD是平行四边形，∠ABC=45°，AB=2√2，
∴ DH=CH=CD·sin45°=AB·sin45°=2√2×$\frac{\sqrt{2}}{2}$=2，BC=AD=4，
∴ BH=BC + CH=4 + 2=6，
设BE=x，由EF//BD，得∠BPE=∠PEF，
由折叠得∠AEB=∠AEF，
∴ ∠BPE=∠AEB，
∴ BP=BE=x，
又
∵ AD//BC，
∴ ∠DAP=∠BEP，
∴ ∠DAP=∠BPE，
∴ AD=PD=4，
在Rt△BDH中，BD²=BH² + DH²=6² + 2²=40，
∴ BD=2√10，
而BD=BP + PD=x + 4，
∴ x + 4=2√10 → x=2√10 - 4，即BE=2√10 - 4。
③ 解：
如图3，过D作DH⊥BC延长线于H，连结DE，
设BE=a，则EH=BC + CH - BE=4 + 2 - a=6 - a，
DE²=DH² + EH²=2² + (6 - a)²=4 + (6 - a)²，
由②知BD=2√10，AE⊥BD，
面积法得AP=$\frac{AD·DH}{BD}$=$\frac{4×2}{2\sqrt{10}}$=$\frac{4}{\sqrt{10}}$，
BP=$\sqrt{AB² - AP²}$=$\sqrt{(2\sqrt{2})² - (\frac{4}{\sqrt{10}})²}$=$\frac{8}{\sqrt{10}}$，
PD=BD - BP=2√10 - $\frac{8}{\sqrt{10}}$=$\frac{6\sqrt{10}}{5}$，
由BE² - BP²=DE² - PD²，得：
a² - ($\frac{8}{\sqrt{10}}$)² = [4 + (6 - a)²] - ($\frac{6\sqrt{10}}{5}$)²，
化简得：a² - $\frac{32}{5}$ = 4 + 36 -12a +a² - $\frac{72}{5}$，
解得a=$\frac{8}{3}$，即BE=$\frac{8}{3}$。
【答案】
(1) 四边形ABEF是菱形；
(2) $\frac{1}{m}$；
(3) ① $4 - 2\sqrt{2}$；② $2\sqrt{10} - 4$；③ $\frac{8}{3}$；
【知识点】
平行四边形性质、菱形判定、折叠性质
【点评】
本题是平行四边形与折叠性质结合的综合题，考查菱形判定、线段比例及线段长度计算，需熟练运用折叠的全等性、平行四边形的对边平行等性质，结合方程思想和几何定理求解，综合性较强。
【难度系数】
0.6
本题是平行四边形与折叠性质结合的几何综合题，分三小问逐步求解：
(1) 证明四边形ABEF为菱形，需先证其为平行四边形，再证邻边相等：利用折叠的性质得AB=AF、∠BAE=∠FAE，结合平行四边形AD//BC的内错角相等，推出∠BAE=∠BEA，得AB=BE，进而AF平行且等于BE，证得平行四边形，再由AB=BE得菱形。
(2) 求$\frac{DF}{FE}$的值：由折叠得BE=FE，结合平行四边形AD//BC的角相等，推出∠DAE=∠AEF，得DA=DE，设EC=x，用$\frac{BE}{EC}=m$表示BE=mx，FE=mx，AD=DE=(m+1)x，计算DF=DE-FE=x，从而得比值。
(3) 三个子问题：①AF⊥BC时，利用折叠得AB=AF=2√2，结合∠ABC=45°，等腰直角三角形性质计算AN、BN、NF、EN，得BE；②EF//BD时，作DH⊥BC延长线，利用平行线性质和等腰三角形，设BE=x，用勾股定理列方程求解；③F在BD上时，用面积法求相关线段，结合勾股定理列方程求解BE。
【解析】
(1) 证明：
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ AD//BC，
∴ ∠FAE=∠BEA。
由折叠性质得：∠BAE=∠FAE，AB=AF，
∴ ∠BAE=∠BEA，
∴ BA=BE，
∴ AF=BE，又
∵ AF//BE，
∴ 四边形ABEF是平行四边形，
又
∵ AB=AF，
∴ 平行四边形ABEF是菱形。
(2) 解：
由折叠性质得：BE=FE，∠AEB=∠AEF，
∵ AD//BC，
∴ ∠DAE=∠AEB，
∴ ∠DAE=∠AEF，
∴ DA=DE，
设EC=x，
∵ $\frac{BE}{EC}=m$，
∴ BE=mx，
∴ FE=BE=mx，AD=DE=FE+DF，又AD=BC=BE+EC=mx+x，
∴ mx + DF = mx + x → DF=x，
∴ $\frac{DF}{FE}=\frac{x}{mx}=\frac{1}{m}$。
(3) ① 解：
如图1，连结EF，设AF与BC交于点N，
∵ AF⊥BC，∠ABC=45°，AB=2√2，
∴ △ABN是等腰直角三角形，AN=BN=AB·sin45°=2√2×$\frac{\sqrt{2}}{2}$=2，
由折叠性质得：AB=AF=2√2，∠F=∠ABC=45°，
∴ NF=AF - AN=2√2 - 2，
在Rt△ENF中，∠F=45°，∠ENF=90°，
∴ EN=NF=2√2 - 2，
∴ BE=BN + EN=2 + (2√2 - 2)=4 - 2√2。
② 解：
如图2，过点D作DH⊥BC延长线于点H，
∵ 四边形ABCD是平行四边形，∠ABC=45°，AB=2√2，
∴ DH=CH=CD·sin45°=AB·sin45°=2√2×$\frac{\sqrt{2}}{2}$=2，BC=AD=4，
∴ BH=BC + CH=4 + 2=6，
设BE=x，由EF//BD，得∠BPE=∠PEF，
由折叠得∠AEB=∠AEF，
∴ ∠BPE=∠AEB，
∴ BP=BE=x，
又
∵ AD//BC，
∴ ∠DAP=∠BEP，
∴ ∠DAP=∠BPE，
∴ AD=PD=4，
在Rt△BDH中，BD²=BH² + DH²=6² + 2²=40，
∴ BD=2√10，
而BD=BP + PD=x + 4，
∴ x + 4=2√10 → x=2√10 - 4，即BE=2√10 - 4。
③ 解：
如图3，过D作DH⊥BC延长线于H，连结DE，
设BE=a，则EH=BC + CH - BE=4 + 2 - a=6 - a，
DE²=DH² + EH²=2² + (6 - a)²=4 + (6 - a)²，
由②知BD=2√10，AE⊥BD，
面积法得AP=$\frac{AD·DH}{BD}$=$\frac{4×2}{2\sqrt{10}}$=$\frac{4}{\sqrt{10}}$，
BP=$\sqrt{AB² - AP²}$=$\sqrt{(2\sqrt{2})² - (\frac{4}{\sqrt{10}})²}$=$\frac{8}{\sqrt{10}}$，
PD=BD - BP=2√10 - $\frac{8}{\sqrt{10}}$=$\frac{6\sqrt{10}}{5}$，
由BE² - BP²=DE² - PD²，得：
a² - ($\frac{8}{\sqrt{10}}$)² = [4 + (6 - a)²] - ($\frac{6\sqrt{10}}{5}$)²，
化简得：a² - $\frac{32}{5}$ = 4 + 36 -12a +a² - $\frac{72}{5}$，
解得a=$\frac{8}{3}$，即BE=$\frac{8}{3}$。
【答案】
(1) 四边形ABEF是菱形；
(2) $\frac{1}{m}$；
(3) ① $4 - 2\sqrt{2}$；② $2\sqrt{10} - 4$；③ $\frac{8}{3}$；
【知识点】
平行四边形性质、菱形判定、折叠性质
【点评】
本题是平行四边形与折叠性质结合的综合题，考查菱形判定、线段比例及线段长度计算，需熟练运用折叠的全等性、平行四边形的对边平行等性质，结合方程思想和几何定理求解，综合性较强。
【难度系数】
0.6
