Question

20．如图，正方形ABCD中，点P为AB边上一点，将△BCP沿CP翻折至△FCP位置，延长PF交边AD于点E．
（1）求证：EF=DE；
（2）若DF延长线与CP延长线交于G点，求$\frac{DF}{AG}$的值．
（3）在（2）的条件下，若正方形的边长为$\sqrt{10}$，$\frac{BP}{AB}$=$\frac{1}{3}$，直接写出DG的长为3$\sqrt{2}$．

Answer 1

分析 （1）通过全等三角形Rt△CFE≌Rt△CDE（HL）的性质证得结论；
（2）如图2，过点A作AM⊥DG于点M，过点C作CN⊥DG于点N，构建全等三角形△AMD≌△DNC（AAS），由该全等三角形的性质和已知条件推知△CNG是等腰直角三角形，根据该等腰直角三角形的性质判定△AGM是等腰直角三角形，则AG=$\sqrt{2}$AM=$\frac{\sqrt{2}}{2}$DF，故$\frac{DF}{AG}$=$\sqrt{2}$；
（3）在直角△BCP中，由勾股定理得到PC=$\sqrt{P{B}^{2}+B{C}^{2}}$=$\frac{10}{3}$．然后结合相似三角形Rt△GAP∽Rt△BCP的对应边成比例得到：$\frac{PA}{PC}$=$\frac{GP}{BP}$，即GP=$\frac{2}{3}$．在直角△AGP中，AG=$\sqrt{A{P}^{2}-G{P}^{2}}$=2．由对角互补四边形模型可知：AG+GC=$\sqrt{2}$DG，由此求得DG的长度．

解答 （1）证明：如图1，连接CE，
∵∠CFE=∠CDE=90°，BC=CF=CD，
∴Rt△CFE≌Rt△CDE（HL），
∴EF=DE；

（2）解：如图2，过点A作AM⊥DG于点M，过点C作CN⊥DG于点N
∴△AMD≌△DNC（AAS），
∴AM=DN，DM=CN．
∵CF=CD，
∴∠FCN=∠DCN．
又∵∠BCP=∠FCP，
∴∠NCP=45°，
∴△CNG是等腰直角三角形，
∴GN=CN=DM，
∴∠GM=DN=AM，
∴△AGM是等腰直角三角形，
∴AG=$\sqrt{2}$AM=$\frac{\sqrt{2}}{2}$DF，
∴$\frac{DF}{AG}$=$\sqrt{2}$；

（3）∵AB=$\sqrt{10}$，$\frac{BP}{AB}$=$\frac{1}{3}$，
∴BP=$\frac{\sqrt{10}}{3}$，AP=$\frac{2\sqrt{10}}{3}$．
在直角△BCP中，PC=$\sqrt{P{B}^{2}+B{C}^{2}}$=$\frac{10}{3}$．
∵Rt△GAP∽Rt△BCP，
∴$\frac{PA}{PC}$=$\frac{GP}{BP}$，即$\frac{\frac{2\sqrt{10}}{3}}{\frac{10}{3}}$=$\frac{GP}{\frac{\sqrt{10}}{3}}$，GP=$\frac{2}{3}$．
在直角△AGP中，AG=$\sqrt{A{P}^{2}-G{P}^{2}}$=2．
由对角互补四边形模型可知：AG+GC=$\sqrt{2}$DG，
∴DG=3$\sqrt{2}$．
故答案是：3$\sqrt{2}$．

点评 本题考查了相似综合题，需要掌握全等三角形的判定与性质，相似三角形的判定与性质，勾股定理，等腰直角三角形的判定与性质，综合性比较强，难度一般．