Question

16．（1）如图，矩形ABCD中，E是AD的中点，将△ABE沿BE折叠后得到△GBE，延长BG交CD于F点，若CF=1，FD=2，则BC的长为2$\sqrt{6}$．
（2）如图，矩形ABCD中，E．F分别是AD和CD的中点，将△ABE沿BE折叠后得到△GBE，延长BG交CD于F点，若CF=1，则BC的长为2$\sqrt{2}$．
（3）如图，矩形ABCD中，E是AD的中点，将△ABE沿BE折叠后得到△GBE，延长BG交CD于F点，若CF=1，BC=4，则DF的长为$\frac{\sqrt{17}-1}{2}$．

Answer 1

分析 （1）首先过点E作EM⊥BC于M，交BF于N，易证得△ENG≌△BNM（AAS），MN是△BCF的中位线，根据全等三角形的性质，即可求得GN=MN，由折叠的性质，可得BG=3，继而求得BF的值，又由勾股定理，即可求得BC的长．
（2）连接EF，则可证明△EA′F≌△EDF，从而根据BF=BA′+A′F，得出BF的长，在Rt△BCF中，利用勾股定理可求出BC；
（3）根据点E是AD的中点以及翻折的性质可以求出AE=DE=EG，然后利用“HL”证明△EDF和△EGF全等，根据全等三角形对应边相等可证得DF=GF；设FD=x，表示出CD、BF，列方程求解即可．

解答 解：（1）如图1，过点E作EM⊥BC于M，交BF于N，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠ABC=90°，AD=BC，
∵∠EMB=90°，
∴四边形ABME是矩形，
∴AE=BM，
由折叠的性质得：AE=GE，∠EGN=∠A=90°，
∴EG=BM，
∵∠ENG=∠BNM，
在△ENG与△BNM中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠ENG=∠BNM}\\{∠EGN=∠BMN=90°}\\{EG=BM}\end{array}\right.$，
∴△ENG≌△BNM（AAS），
∴NG=NM，
∴CM=DE，
∵E是AD的中点，
∴AE=ED=BM=CM，
∵EM∥CD，
∴BN：NF=BM：CM，
∴BN=NF，
∴NM=$\frac{1}{2}$CF=$\frac{1}{2}$，
∴NG=$\frac{1}{2}$，
∵BG=AB=CD=CF+DF=3，
∴BN=BG-NG=3-$\frac{1}{2}$=$\frac{5}{2}$，
∴BF=2BN=5
∴BC=$\sqrt{B{F}^{2}-C{F}^{2}}$=2$\sqrt{6}$．
故答案为：=2$\sqrt{6}$．
（2）解：如图2，连接EF，
∵点E、点F是AD、DC的中点，
∴AE=ED，CF=DF=$\frac{1}{2}$CD=$\frac{1}{2}$AB=1，
由折叠的性质可得AE=GE，
∴GE=DE，
在Rt△EGF和Rt△EDF中，
$\left\{\begin{array}{l}{EG=ED}\\{EF=EF}\end{array}\right.$
∴Rt△EGF≌Rt△EDF（HL），
∴GF=DF=1，
∴BF=BG+GF=AB+DF=2+1=3，
在Rt△BCF中，
BC=$\sqrt{B{F}^{2}-C{F}^{2}}$=2$\sqrt{2}$．
故答案为：2$\sqrt{2}$．
（3）解：∵E是AD的中点，
∴AE=DE，
∵△ABE沿BE折叠后得到△GBE，
∴AE=EG，AB=BG，
∴ED=EG，
∵在矩形ABCD中，
∴∠A=∠D=90°，
∴∠EGF=90°，
在Rt△EDF和Rt△EGF中，
$\left\{\begin{array}{l}{ED=EG}\\{EF=EF}\end{array}\right.$，
∴Rt△EDF≌Rt△EGF（HL），
∴DF=FG，
设DF=x，则CD=AB=x+1，BF=2x+1，
∴1²+4²=（2x+1）²，
解得：x=$\frac{\sqrt{17}-1}{2}$；
故答案为：$\frac{\sqrt{17}-1}{2}$．

点评 此题考查了矩形的判定与性质、折叠的性质以及全等三角形的判定与性质．此题难度适中，注意辅助线的作法，注意数形结合思想的应用．