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24.(本题12分)如图,在矩形ABCD中,点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:$CG=FG$;
(2)当$AB=5,BC=6$时,
①连结BD,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,若$EF// BD$,求CE的长;
②当$∠ECF=∠EAF$时,连结EH,求$△ ECH$的面积。
答案
解:(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$△ EFG≌△ HCG(\mathrm{AAS})$,所以$FG=CG$;
(2)①如图1,连结BD交AE于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$\mathrm{Rt}△ ABD$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$AQ=DQ=BP=CP=3$,$FQ=\sqrt{AF^2-AQ^2}=4$,$FP=PQ-FQ=5-4=1$,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$\mathrm{Rt}△ EFP$中,$EF^2=EP^2+PF^2$,即$m^2=(3-m)^2+1^2$,解得$m=\dfrac{5}{3}$,所以$CE=BC-BE=6-m=6-\dfrac{5}{3}=\dfrac{13}{3}$,所以$S_{△ ECH}=\dfrac{1}{2}CH· CE=\dfrac{1}{2}×3×\dfrac{13}{3}=\dfrac{13}{2}$。
解析
【分析】
（1）要证CG=FG，需证明△EFG与△HCG全等。根据折叠性质得BE=EF，结合已知BE=CH，得EF=CH；再由矩形和折叠的直角性质，得∠EFG=∠HCG=90°，加上对顶角∠EGF=∠HGC，用AAS可证全等，从而得FG=CG。
（2）①利用EF//BD，结合折叠的角相等（∠AEB=∠AEF），通过平行线同位角相等推出AD=DM、BE=BM，用勾股定理算出BD，进而求BE，最终得CE=BC-BE。
②由∠ECF=∠EAF，结合折叠性质得∠EAF=∠EAB，推出BF=CF；作FP⊥BC，利用中位线性质算DH得CH；设BE=m，用勾股定理在Rt△EFP中列方程求m，最后计算△ECH面积。
【解析】
解:(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$△ EFG≌△ HCG(\mathrm{AAS})$,所以$FG=CG$;
(2)①如图1,连结BD交AE于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$\mathrm{Rt}△ ABD$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$AQ=DQ=BP=CP=3$,$FQ=\sqrt{AF^2-AQ^2}=4$,$FP=PQ-FQ=5-4=1$,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$\mathrm{Rt}△ EFP$中,$EF^2=EP^2+PF^2$,即$m^2=(3-m)^2+1^2$,解得$m=\dfrac{5}{3}$,所以$CE=BC-BE=6-m=6-\dfrac{5}{3}=\dfrac{13}{3}$,所以$S_{△ ECH}=\dfrac{1}{2}CH· CE=\dfrac{1}{2}×3×\dfrac{13}{3}=\dfrac{13}{2}$。
【答案】
解:(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$△ EFG≌△ HCG(\mathrm{AAS})$,所以$FG=CG$;
(2)①如图1,连结BD交AE于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$\mathrm{Rt}△ ABD$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$AQ=DQ=BP=CP=3$,$FQ=\sqrt{AF^2-AQ^2}=4$,$FP=PQ-FQ=5-4=1$,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$\mathrm{Rt}△ EFP$中,$EF^2=EP^2+PF^2$,即$m^2=(3-m)^2+1^2$,解得$m=\dfrac{5}{3}$,所以$CE=BC-BE=6-m=6-\dfrac{5}{3}=\dfrac{13}{3}$,所以$S_{△ ECH}=\dfrac{1}{2}CH· CE=\dfrac{1}{2}×3×\dfrac{13}{3}=\dfrac{13}{2}$。
【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，融合几何证明与计算，需熟练运用折叠性质、三角形全等、勾股定理等知识，辅助线构造是解题关键，考查逻辑推理与运算能力。
【难度系数】0.5
（1）要证CG=FG，需证明△EFG与△HCG全等。根据折叠性质得BE=EF，结合已知BE=CH，得EF=CH；再由矩形和折叠的直角性质，得∠EFG=∠HCG=90°，加上对顶角∠EGF=∠HGC，用AAS可证全等，从而得FG=CG。
（2）①利用EF//BD，结合折叠的角相等（∠AEB=∠AEF），通过平行线同位角相等推出AD=DM、BE=BM，用勾股定理算出BD，进而求BE，最终得CE=BC-BE。
②由∠ECF=∠EAF，结合折叠性质得∠EAF=∠EAB，推出BF=CF；作FP⊥BC，利用中位线性质算DH得CH；设BE=m，用勾股定理在Rt△EFP中列方程求m，最后计算△ECH面积。
【解析】
解:(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$△ EFG≌△ HCG(\mathrm{AAS})$,所以$FG=CG$;
(2)①如图1,连结BD交AE于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$\mathrm{Rt}△ ABD$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$AQ=DQ=BP=CP=3$,$FQ=\sqrt{AF^2-AQ^2}=4$,$FP=PQ-FQ=5-4=1$,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$\mathrm{Rt}△ EFP$中,$EF^2=EP^2+PF^2$,即$m^2=(3-m)^2+1^2$,解得$m=\dfrac{5}{3}$,所以$CE=BC-BE=6-m=6-\dfrac{5}{3}=\dfrac{13}{3}$,所以$S_{△ ECH}=\dfrac{1}{2}CH· CE=\dfrac{1}{2}×3×\dfrac{13}{3}=\dfrac{13}{2}$。
【答案】
解:(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$△ EFG≌△ HCG(\mathrm{AAS})$,所以$FG=CG$;
(2)①如图1,连结BD交AE于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$\mathrm{Rt}△ ABD$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$AQ=DQ=BP=CP=3$,$FQ=\sqrt{AF^2-AQ^2}=4$,$FP=PQ-FQ=5-4=1$,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$\mathrm{Rt}△ EFP$中,$EF^2=EP^2+PF^2$,即$m^2=(3-m)^2+1^2$,解得$m=\dfrac{5}{3}$,所以$CE=BC-BE=6-m=6-\dfrac{5}{3}=\dfrac{13}{3}$,所以$S_{△ ECH}=\dfrac{1}{2}CH· CE=\dfrac{1}{2}×3×\dfrac{13}{3}=\dfrac{13}{2}$。
【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，融合几何证明与计算，需熟练运用折叠性质、三角形全等、勾股定理等知识，辅助线构造是解题关键，考查逻辑推理与运算能力。
【难度系数】0.5
