Question

13．已知：矩形ABCD中，AD＞AB，O是对角线的交点，过O任作一直线分别交BC、AD于点M、N，四边形AMNE是由四边形CMND沿MN翻折得到的，连接CN，若△CDN的面积与△AMN的面积比为1：3，求$\frac{DN}{MN}$的值．

Answer 1

分析 由翻折的性质得到AM=CM，AE=CD，∠E=∠D，∠AMN=∠CMN，通过△ANE≌△CND，得到AN=CN．由矩形的性质得到∠ANM=∠CMN，证得AM=AN，根据已知条件和三角形的面积公式得到DN：CM=1：3，设DN=k，则CN=CM=3k，过N作NG⊥MC于点G，则CG=DN=k，MG=CM-CG=2k，求出NG=$\sqrt{C{N}^{2}-C{G}^{2}}$=2$\sqrt{2}$k，MN=$\sqrt{M{G}^{2}+N{G}^{2}}$=2$\sqrt{3}$k，即可得到结论．

解答 解：由翻折的性质得，AM=CM，AE=CD，∠E=∠D，∠AMN=∠CMN，
又∵∠ANE=∠CND，
在△ANE与△CND中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠E=∠D}\\{∠ANE=∠CND}\\{AE=CD}\end{array}\right.$，
∴△ANE≌△CND，
∴AN=CN．
∵AD∥BC，
∴∠ANM=∠CMN，
∴∠AMN=∠ANM，
∴AM=AN，
∵S_△CDN=$\frac{1}{2}$DN•CD，S_△CMN=$\frac{1}{2}$CM•CD，
又∵S_△CDN：S_△CMN=1：3，
∴DN：CM=1：3，
设DN=k，则CN=CM=3k，
过N作NG⊥MC于点G，
则CG=DN=k，MG=CM-CG=2k，
NG=$\sqrt{C{N}^{2}-C{G}^{2}}$=2$\sqrt{2}$k，
∴MN=$\sqrt{M{G}^{2}+N{G}^{2}}$=2$\sqrt{3}$k，
∴$\frac{DN}{MN}$=$\frac{k}{2\sqrt{3}k}$=$\frac{\sqrt{3}}{6}$．

点评 本题考查了折叠的性质：折叠前后两图形全等，即对应角相等，对应线段相等；也考查了勾股定理、矩形的性质以及三角形全等的判定与性质．