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24.(12分)如图,在矩形ABCD中,E是边BC上一点,将△ABE沿AE折叠后,点B的对应点为点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。(3分)
(2)当AB=5,BC=6时。
①连结BD,若EF//BD,求CE的长。(4分)
②当∠ECF=∠EAF时,连结EH,求△ECH的面积。(5分)
(1)若BE=CH,求证:CG=FG。(3分)
(2)当AB=5,BC=6时。
①连结BD,若EF//BD,求CE的长。(4分)
②当∠ECF=∠EAF时,连结EH,求△ECH的面积。(5分)
答案
24. (1)证明:由折叠可得 BE=EF,∠ABE=∠AFE=90°,因为 BE=CH,所以 EF=CH。因为∠EFG=∠HCG,∠EGF=∠HGC,所以△EFG≌△HCG(AAS),所以 FG=CG。
(2)解:①如图1,连结 BD 交 AE 于点 M,因为 EF//BD,所以∠AMD=∠AEF。因为 AD//BC,所以∠MAD=∠AEB。因为∠AEB=∠AEF,所以∠MAD=∠AMD=∠BME=∠AEB,所以 AD=DM=6,BE=BM。在 Rt△ABD 中,$BD=\sqrt{AB^2+AD^2}=\sqrt{61}$,所以 BE=BM=BD-DM=$\sqrt{61}-6$,$CE=BC-BE=6-(\sqrt{61}-6)=12-\sqrt{61}$。
②如图2,连结 BF,由折叠可得 AB=AF=5,BE=EF,则 AE 垂直平分 BF,因为∠ABE=∠AFE=90°,所以∠BAE=∠FAE=∠EBF=∠EFB。因为∠ECF=∠EAF,所以∠ECF=∠EBF,则 BF=CF。过点 F 作 FP⊥BC 交 BC 于点 P,交 AD 于点 Q。可得 FP 垂直平分 BC,FQ 垂直平分 AD。则 AQ=DQ=BP=CP=3,FQ=4,FP=1,在△ADH 中,FQ 为中位线,即 DH=2FQ=8,所以 CH=DH-DC=8-5=3。设 BE=FE=m,则 PE=3-m,在 Rt△EFP 中,$EF^2=EP^2+PF^2$,即$m^2=(3-m)^2+1^2$,解得$m=\frac{5}{3}$,所以$CE=BC-BE=6-m=6-\frac{5}{3}=\frac{13}{3}$。所以$S_{△ECH}=\frac{1}{2}CH·CE=\frac{1}{2}×3×\frac{13}{3}=\frac{13}{2}$。
解析
【分析】
1. 第(1)问：要证CG=FG，观察线段所在的△EFG与△HCG，考虑用全等三角形证明。由折叠性质得BE=EF，∠AFE=∠ABE=90°，故∠EFG=90°；矩形中∠HCG=90°，得∠EFG=∠HCG；结合已知BE=CH，得EF=CH；再加上对顶角∠EGF=∠HGC，用AAS证△EFG≌△HCG，即可得FG=CG。
2. 第(2)问①：EF//BD结合折叠的∠AEB=∠AEF，以及矩形AD//BC的性质，推出内错角相等，得AD=DM、BE=BM；在Rt△ABD中用勾股算BD，由DM=AD=6得BM，进而求BE，最后CE=BC-BE。
3. 第(2)问②：由折叠得AE垂直平分BF，结合∠ECF=∠EAF，推出BF=CF；过F作BC、AD的垂线，利用中位线性质求CH；设BE=FE=m，在Rt△EFP中用勾股求m，得CE，再算△ECH的面积。
【解析】
(1) 证明：由折叠的性质可知，BE=EF，∠AFE=∠ABE=90°，
∴∠EFG=180°-∠AFE=90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠HCG=∠BCD=90°，
又
∵BE=CH，
∴EF=CH，
在△EFG和△HCG中，
$\{\begin{array}{l}∠EFG=∠HCG \\∠EGF=∠HGC \\EF=CH\end{array} $
∴△EFG≌△HCG(AAS)，
∴FG=CG。
(2) ① 解：如图1，连结BD交AE于点M，
∵EF//BD，
∴∠AMD=∠AEF，
由折叠得∠AEB=∠AEF，
∴∠AMD=∠AEB，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，
∴∠MAD=∠AEB，
∴∠MAD=∠AMD，∠BME=∠AEB，
∴AD=DM=6，BE=BM，
在Rt△ABD中，AB=5，AD=6，
∴BD=$\sqrt{AB^2+AD^2}=\sqrt{5^2+6^2}=\sqrt{61}$，
∴BE=BM=BD-DM=$\sqrt{61}-6$，
∴CE=BC-BE=6-($\sqrt{61}-6$)=12-$\sqrt{61}$。
② 解：如图2，连结BF，由折叠得AB=AF=5，BE=EF，AE垂直平分BF，
∴∠BAE=∠FAE，∠EBF=∠EFB，
∵∠ABE=∠AFE=90°，
∴∠BAE+∠AEB=90°，∠FAE+∠EFB=90°，
∴∠AEB=∠EFB，
又
∵∠ECF=∠EAF，∠EAF=∠BAE，
∴∠ECF=∠EBF，
∴BF=CF，
过点F作FP⊥BC于P，FQ⊥AD于Q，
可得FP垂直平分BC，FQ垂直平分AD，
则AQ=DQ=BP=CP=3，FQ=4，FP=1，
∵FQ为△ADH的中位线，
∴DH=2FQ=8，
∴CH=DH-DC=8-5=3，
设BE=FE=m，则PE=BP-BE=3-m，
在Rt△EFP中，EF²=EP²+PF²，
即$m^2=(3-m)^2+1^2$，
解得$m=\frac{5}{3}$，
∴CE=BC-BE=6-$\frac{5}{3}=\frac{13}{3}$，
∴$S_{△ECH}=\frac{1}{2}×CH×CE=\frac{1}{2}×3×\frac{13}{3}=\frac{13}{2}$。
【答案】
24. (1)证明:由折叠可得 BE=EF,∠ABE=∠AFE=90°,因为 BE=CH,所以 EF=CH。因为∠EFG=∠HCG,∠EGF=∠HGC,所以△EFG≌△HCG(AAS),所以 FG=CG。(2)解:①如图1,连结 BD 交 AE 于点 M,因为 EF//BD,所以∠AMD=∠AEF。因为 AD//BC,所以∠MAD=∠AEB。因为∠AEB=∠AEF,所以∠MAD=∠AMD=∠BME=∠AEB,所以 AD=DM=6,BE=BM。在 Rt△ABD 中,$BD=\sqrt{AB^2+AD^2}=\sqrt{61}$,所以 BE=BM=BD-DM=$\sqrt{61}-6$,$CE=BC-BE=6-(\sqrt{61}-6)=12-\sqrt{61}$。②如图2,连结 BF,由折叠可得 AB=AF=5,BE=EF,则 AE 垂直平分 BF,因为∠ABE=∠AFE=90°,所以∠BAE=∠FAE=∠EBF=∠EFB。因为∠ECF=∠EAF,所以∠ECF=∠EBF,则 BF=CF。过点 F 作 FP⊥BC 交 BC 于点 P,交 AD 于点 Q。可得 FP 垂直平分 BC,FQ 垂直平分 AD。则 AQ=DQ=BP=CP=3,FQ=4,FP=1,在△ADH 中,FQ 为中位线,即 DH=2FQ=8,所以 CH=DH-DC=8-5=3。设 BE=FE=m,则 PE=3-m,在 Rt△EFP 中,$EF^2=EP^2+PF^2$,即$m^2=(3-m)^2+1^2$,解得$m=\frac{5}{3}$,所以$CE=BC-BE=6-m=6-\frac{5}{3}=\frac{13}{3}$。所以$S_{△ECH}=\frac{1}{2}CH·CE=\frac{1}{2}×3×\frac{13}{3}=\frac{13}{2}$。
【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，融合全等三角形、平行线性质、三角形中位线等知识点，需熟练运用折叠的不变性，通过作辅助线构造等腰或中位线解题，综合性较强，对逻辑推理能力要求较高。
【难度系数】
0.5
1. 第(1)问：要证CG=FG，观察线段所在的△EFG与△HCG，考虑用全等三角形证明。由折叠性质得BE=EF，∠AFE=∠ABE=90°，故∠EFG=90°；矩形中∠HCG=90°，得∠EFG=∠HCG；结合已知BE=CH，得EF=CH；再加上对顶角∠EGF=∠HGC，用AAS证△EFG≌△HCG，即可得FG=CG。
2. 第(2)问①：EF//BD结合折叠的∠AEB=∠AEF，以及矩形AD//BC的性质，推出内错角相等，得AD=DM、BE=BM；在Rt△ABD中用勾股算BD，由DM=AD=6得BM，进而求BE，最后CE=BC-BE。
3. 第(2)问②：由折叠得AE垂直平分BF，结合∠ECF=∠EAF，推出BF=CF；过F作BC、AD的垂线，利用中位线性质求CH；设BE=FE=m，在Rt△EFP中用勾股求m，得CE，再算△ECH的面积。
【解析】
(1) 证明：由折叠的性质可知，BE=EF，∠AFE=∠ABE=90°，
∴∠EFG=180°-∠AFE=90°，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠HCG=∠BCD=90°，
又
∵BE=CH，
∴EF=CH，
在△EFG和△HCG中，
$\{\begin{array}{l}∠EFG=∠HCG \\∠EGF=∠HGC \\EF=CH\end{array} $
∴△EFG≌△HCG(AAS)，
∴FG=CG。
(2) ① 解：如图1，连结BD交AE于点M，
∵EF//BD，
∴∠AMD=∠AEF，
由折叠得∠AEB=∠AEF，
∴∠AMD=∠AEB，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD//BC，
∴∠MAD=∠AEB，
∴∠MAD=∠AMD，∠BME=∠AEB，
∴AD=DM=6，BE=BM，
在Rt△ABD中，AB=5，AD=6，
∴BD=$\sqrt{AB^2+AD^2}=\sqrt{5^2+6^2}=\sqrt{61}$，
∴BE=BM=BD-DM=$\sqrt{61}-6$，
∴CE=BC-BE=6-($\sqrt{61}-6$)=12-$\sqrt{61}$。
② 解：如图2，连结BF，由折叠得AB=AF=5，BE=EF，AE垂直平分BF，
∴∠BAE=∠FAE，∠EBF=∠EFB，
∵∠ABE=∠AFE=90°，
∴∠BAE+∠AEB=90°，∠FAE+∠EFB=90°，
∴∠AEB=∠EFB，
又
∵∠ECF=∠EAF，∠EAF=∠BAE，
∴∠ECF=∠EBF，
∴BF=CF，
过点F作FP⊥BC于P，FQ⊥AD于Q，
可得FP垂直平分BC，FQ垂直平分AD，
则AQ=DQ=BP=CP=3，FQ=4，FP=1，
∵FQ为△ADH的中位线，
∴DH=2FQ=8，
∴CH=DH-DC=8-5=3，
设BE=FE=m，则PE=BP-BE=3-m，
在Rt△EFP中，EF²=EP²+PF²，
即$m^2=(3-m)^2+1^2$，
解得$m=\frac{5}{3}$，
∴CE=BC-BE=6-$\frac{5}{3}=\frac{13}{3}$，
∴$S_{△ECH}=\frac{1}{2}×CH×CE=\frac{1}{2}×3×\frac{13}{3}=\frac{13}{2}$。
【答案】
24. (1)证明:由折叠可得 BE=EF,∠ABE=∠AFE=90°,因为 BE=CH,所以 EF=CH。因为∠EFG=∠HCG,∠EGF=∠HGC,所以△EFG≌△HCG(AAS),所以 FG=CG。(2)解:①如图1,连结 BD 交 AE 于点 M,因为 EF//BD,所以∠AMD=∠AEF。因为 AD//BC,所以∠MAD=∠AEB。因为∠AEB=∠AEF,所以∠MAD=∠AMD=∠BME=∠AEB,所以 AD=DM=6,BE=BM。在 Rt△ABD 中,$BD=\sqrt{AB^2+AD^2}=\sqrt{61}$,所以 BE=BM=BD-DM=$\sqrt{61}-6$,$CE=BC-BE=6-(\sqrt{61}-6)=12-\sqrt{61}$。②如图2,连结 BF,由折叠可得 AB=AF=5,BE=EF,则 AE 垂直平分 BF,因为∠ABE=∠AFE=90°,所以∠BAE=∠FAE=∠EBF=∠EFB。因为∠ECF=∠EAF,所以∠ECF=∠EBF,则 BF=CF。过点 F 作 FP⊥BC 交 BC 于点 P,交 AD 于点 Q。可得 FP 垂直平分 BC,FQ 垂直平分 AD。则 AQ=DQ=BP=CP=3,FQ=4,FP=1,在△ADH 中,FQ 为中位线,即 DH=2FQ=8,所以 CH=DH-DC=8-5=3。设 BE=FE=m,则 PE=3-m,在 Rt△EFP 中,$EF^2=EP^2+PF^2$,即$m^2=(3-m)^2+1^2$,解得$m=\frac{5}{3}$,所以$CE=BC-BE=6-m=6-\frac{5}{3}=\frac{13}{3}$。所以$S_{△ECH}=\frac{1}{2}CH·CE=\frac{1}{2}×3×\frac{13}{3}=\frac{13}{2}$。
【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，融合全等三角形、平行线性质、三角形中位线等知识点，需熟练运用折叠的不变性，通过作辅助线构造等腰或中位线解题，综合性较强，对逻辑推理能力要求较高。
【难度系数】
0.5
