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24.(本题12分)如图,在矩形ABCD中,点E为BC中点,点F为AE中点。
(1)求证:$△ ABE ≌ △ DCE$；
(2)若$DF ⊥ AE$,求$\frac{CD}{BC}$的值；
(3)若$DE=2,DF=\frac{3\sqrt{2}}{2}$,求BC的长。
(1)求证:$△ ABE ≌ △ DCE$；
(2)若$DF ⊥ AE$,求$\frac{CD}{BC}$的值；
(3)若$DE=2,DF=\frac{3\sqrt{2}}{2}$,求BC的长。
答案
24.解:(1)证明:因为在矩形ABCD中,$∠ B=∠ C=90°$,$AB=CD$,又因为点E为BC中点,所以$BE=CE$,所以$△ ABE≌△ DCE$(SAS)；(2)由(1)得,$AE=DE$,因为点F为AE中点,$DF⊥ AE$,所以$DE=DA$,所以$AE=DE=AD$,所以$△ ADE$为等边三角形,所以$∠ ADE=60°$,所以$∠ CDE=30°$,所以在Rt$△ DEC$中,$DE=2EC$,所以$CD=\sqrt{DE^2-EC^2}=\sqrt{(2EC)^2-EC^2}=\sqrt{3}EC$。又因为$BC=2EC$,所以$\dfrac{CD}{BC}=\dfrac{\sqrt{3}EC}{2EC}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$；(3)取BE中点M,连结MF并延长交AD于点N。设$BM=x$,则$ME=x$,$EC=BE=2x$,因为点F为AE中点,所以$MF// AB$,$AF=\dfrac{1}{2}AE=\dfrac{1}{2}DE=1$,所以$∠ ANF=∠ ADC=90°$,$∠ BMF=∠ C=90°$,所以$AN=BM=x$,$DN=MC=3x$,所以$1^2-x^2=(\dfrac{3\sqrt{2}}{2})^2-(3x)^2$,所以$x=\dfrac{\sqrt{7}}{4}$,所以$BC=4×\dfrac{\sqrt{7}}{4}=\sqrt{7}$。[另解:过D作$DH⊥ AE$于H,设$FH=x$,可得$(\dfrac{3\sqrt{2}}{2})^2-x^2=2^2-(1-x)^2$,解得$x=\dfrac{3}{4}$,$DH=\dfrac{3\sqrt{7}}{4}$,$AD=\sqrt{7}$]
解析
【分析】
本题是矩形相关的几何综合题，分三小问：(1)利用矩形性质和SAS判定三角形全等，核心是找两边及夹角相等的条件；(2)结合垂直平分线性质、等边三角形判定，再用直角三角形的性质求线段比值；(3)通过作辅助线构造直角三角形，利用勾股定理列方程求解BC长度，关键是利用矩形对边平行、内角为直角的性质，结合线段中点、垂直等条件建立等量关系。
【解析】
(1) 证明：在矩形ABCD中，∠B=∠C=90°，AB=CD。
∵E为BC中点，
∴BE=CE。
在△ABE和△DCE中，$\{\begin{array}{l}AB=CD \\ ∠B=∠C \\ BE=CE\end{array} $，
∴△ABE≌△DCE（SAS）。
(2) 解：由(1)得△ABE≌△DCE，故AE=DE。
∵F是AE中点，且DF⊥AE，
∴DF是AE的垂直平分线，因此AD=DE。
∴AE=DE=AD，即△ADE为等边三角形，∠ADE=60°。
∵∠ADC=90°，
∴∠CDE=90°-60°=30°。
在Rt△DEC中，∠C=90°，∠CDE=30°，故DE=2EC。
由勾股定理：$CD=\sqrt{DE^2 - EC^2}=\sqrt{(2EC)^2 - EC^2}=\sqrt{3}EC$。
又BC=2EC，
∴$\frac{CD}{BC}=\frac{\sqrt{3}EC}{2EC}=\frac{\sqrt{3}}{2}$。
(3) 解：过D作DH⊥AE于H，设FH=x，F为AE中点，故AF=FE，设AF=FE=a，则AE=2a，由(1)知AE=DE，故DE=2a。
在Rt△DFH中：$DH^2=DF^2 - FH^2=(\frac{3\sqrt{2}}{2})^2 - x^2=\frac{9}{2} - x^2$；
在Rt△DEH中，EH=FE - FH=a - x，故：
$DH^2=DE^2 - EH^2=(2a)^2 - (a - x)^2=4a^2 - (a^2 - 2ax + x^2)=3a^2 + 2ax - x^2$；
联立得：$\frac{9}{2} - x^2=3a^2 + 2ax - x^2$，化简得$3a^2 + 2ax=\frac{9}{2}$①。
已知DE=2，即2a=2，得a=1，代入①：$3×1 + 2×1×x=\frac{9}{2}$，解得$x=\frac{3}{4}$。
则$DH^2=\frac{9}{2} - (\frac{3}{4})^2=\frac{63}{16}$，$AH=AF + FH=1 + \frac{3}{4}=\frac{7}{4}$。
在Rt△ADH中，$AD=\sqrt{AH^2 + DH^2}=\sqrt{(\frac{7}{4})^2 + (\frac{3\sqrt{7}}{4})^2}=\sqrt{7}$，
矩形中BC=AD，故BC=√7。
【答案】(1) 证明成立；(2) $\frac{\sqrt{3}}{2}$；(3) $\sqrt{7}$
【知识点】矩形性质、三角形全等、勾股定理
【点评】本题综合考查矩形性质、全等三角形判定、垂直平分线性质、等边三角形判定及勾股定理的应用，解题需结合几何图形性质，合理构造辅助线建立等量关系，是中等难度的几何综合题，能较好考察学生的逻辑推理与计算能力。
【难度系数】0.5
本题是矩形相关的几何综合题，分三小问：(1)利用矩形性质和SAS判定三角形全等，核心是找两边及夹角相等的条件；(2)结合垂直平分线性质、等边三角形判定，再用直角三角形的性质求线段比值；(3)通过作辅助线构造直角三角形，利用勾股定理列方程求解BC长度，关键是利用矩形对边平行、内角为直角的性质，结合线段中点、垂直等条件建立等量关系。
【解析】
(1) 证明：在矩形ABCD中，∠B=∠C=90°，AB=CD。
∵E为BC中点，
∴BE=CE。
在△ABE和△DCE中，$\{\begin{array}{l}AB=CD \\ ∠B=∠C \\ BE=CE\end{array} $，
∴△ABE≌△DCE（SAS）。
(2) 解：由(1)得△ABE≌△DCE，故AE=DE。
∵F是AE中点，且DF⊥AE，
∴DF是AE的垂直平分线，因此AD=DE。
∴AE=DE=AD，即△ADE为等边三角形，∠ADE=60°。
∵∠ADC=90°，
∴∠CDE=90°-60°=30°。
在Rt△DEC中，∠C=90°，∠CDE=30°，故DE=2EC。
由勾股定理：$CD=\sqrt{DE^2 - EC^2}=\sqrt{(2EC)^2 - EC^2}=\sqrt{3}EC$。
又BC=2EC，
∴$\frac{CD}{BC}=\frac{\sqrt{3}EC}{2EC}=\frac{\sqrt{3}}{2}$。
(3) 解：过D作DH⊥AE于H，设FH=x，F为AE中点，故AF=FE，设AF=FE=a，则AE=2a，由(1)知AE=DE，故DE=2a。
在Rt△DFH中：$DH^2=DF^2 - FH^2=(\frac{3\sqrt{2}}{2})^2 - x^2=\frac{9}{2} - x^2$；
在Rt△DEH中，EH=FE - FH=a - x，故：
$DH^2=DE^2 - EH^2=(2a)^2 - (a - x)^2=4a^2 - (a^2 - 2ax + x^2)=3a^2 + 2ax - x^2$；
联立得：$\frac{9}{2} - x^2=3a^2 + 2ax - x^2$，化简得$3a^2 + 2ax=\frac{9}{2}$①。
已知DE=2，即2a=2，得a=1，代入①：$3×1 + 2×1×x=\frac{9}{2}$，解得$x=\frac{3}{4}$。
则$DH^2=\frac{9}{2} - (\frac{3}{4})^2=\frac{63}{16}$，$AH=AF + FH=1 + \frac{3}{4}=\frac{7}{4}$。
在Rt△ADH中，$AD=\sqrt{AH^2 + DH^2}=\sqrt{(\frac{7}{4})^2 + (\frac{3\sqrt{7}}{4})^2}=\sqrt{7}$，
矩形中BC=AD，故BC=√7。
【答案】(1) 证明成立；(2) $\frac{\sqrt{3}}{2}$；(3) $\sqrt{7}$
【知识点】矩形性质、三角形全等、勾股定理
【点评】本题综合考查矩形性质、全等三角形判定、垂直平分线性质、等边三角形判定及勾股定理的应用，解题需结合几何图形性质，合理构造辅助线建立等量关系，是中等难度的几何综合题，能较好考察学生的逻辑推理与计算能力。
【难度系数】0.5
