Question

9．如图，正方形ABCD中，AD=4，点E是对角线AC上一点，连接DE，过点E作EF⊥ED，交AB于点F，连接DF，交AC于点G，将△EFG沿EF翻折，得到△EFM，连接DM，交EF于点N，若点F是AB边的中点，则△EMN的周长是$\frac{{5\sqrt{2}+\sqrt{10}}}{2}$．

Answer 1

分析 解法一：如图1，作辅助线，构建全等三角形，根据全等三角形对应边相等证明FQ=BQ=PE=1，△DEF是等腰直角三角形，利用勾理计算DE=EF=$\sqrt{10}$，PD=$\sqrt{D{E}^{2}-P{E}^{2}}$=3，如图2，由平行相似证明△DGC∽△FGA，列比例式可得FG和CG的长，从而得EG的长，根据△GHF是等腰直角三角形，得GH和FH的长，利用DE∥GM证明△DEN∽△MNH，则$\frac{DE}{MH}=\frac{EN}{NH}$，得EN=$\frac{\sqrt{10}}{2}$，从而计算出△EMN各边的长，相加可得周长．
解法二，将解法一中用相似得出的FG和CG的长，利用面积法计算得出，其它解法相同．
解法三：作辅助线构建正方形和全等三角形，设EP=x，则DQ=4-x=FP=x-2，求x的值得到PF=1，AE的长；由△DGC和△FGA相似，求AG和GE的长；证△GHF和△FKM全等，所以GH=FK=4/3，HF=MK=2/3，ML=AK=10/3，DL=AD-MK=10/3，即DL=LM，所以DM在正方形对角线DB上，设NI=y，列比例式可得NI的长，分别求MN和EN的长，相加可得结论．

解答 解：解法一：如图1，过E作PQ⊥DC，交DC于P，交AB于Q，连接BE，
∵DC∥AB，
∴PQ⊥AB，
∵四边形ABCD是正方形，
∴∠ACD=45°，
∴△PEC是等腰直角三角形，
∴PE=PC，
设PC=x，则PE=x，PD=4-x，EQ=4-x，
∴PD=EQ，
∵∠DPE=∠EQF=90°，∠PED=∠EFQ，
∴△DPE≌△EQF，
∴DE=EF，
∵DE⊥EF，
∴△DEF是等腰直角三角形，
易证明△DEC≌△BEC，
∴DE=BE，
∴EF=BE，
∵EQ⊥FB，
∴FQ=BQ=$\frac{1}{2}$BF，
∵AB=4，F是AB的中点，
∴BF=2，
∴FQ=BQ=PE=1，
∴CE=$\sqrt{2}$，PD=4-1=3，
Rt△DAF中，DF=$\sqrt{{4}^{2}+{2}^{2}}$=2$\sqrt{5}$，
DE=EF=$\sqrt{10}$，
如图2，∵DC∥AB，
∴△DGC∽△FGA，
∴$\frac{CG}{AG}=\frac{DC}{AF}=\frac{DG}{FG}$=$\frac{4}{2}$=2，
∴CG=2AG，DG=2FG，
∴FG=$\frac{1}{3}$×$2\sqrt{5}$=$\frac{2\sqrt{5}}{3}$，
∵AC=$\sqrt{{4}^{2}+{4}^{2}}$=4$\sqrt{2}$，
∴CG=$\frac{2}{3}$×$4\sqrt{2}$=$\frac{8\sqrt{2}}{3}$，
∴EG=$\frac{8\sqrt{2}}{3}$-$\sqrt{2}$=$\frac{5\sqrt{2}}{3}$，
连接GM、GN，交EF于H，
∵∠GFE=45°，
∴△GHF是等腰直角三角形，
∴GH=FH=$\frac{\frac{2\sqrt{5}}{3}}{\sqrt{2}}$=$\frac{\sqrt{10}}{3}$，
∴EH=EF-FH=$\sqrt{10}$-$\frac{\sqrt{10}}{3}$=$\frac{2\sqrt{10}}{3}$，
由折叠得：GM⊥EF，MH=GH=$\frac{\sqrt{10}}{3}$，
∴∠EHM=∠DEF=90°，
∴DE∥HM，
∴△DEN∽△MNH，
∴$\frac{DE}{MH}=\frac{EN}{NH}$，
∴$\frac{\sqrt{10}}{\frac{\sqrt{10}}{3}}$=$\frac{EN}{NH}$=3，
∴EN=3NH，
∵EN+NH═EH=$\frac{2\sqrt{10}}{3}$，
∴EN=$\frac{\sqrt{10}}{2}$，
∴NH=EH-EN=$\frac{2\sqrt{10}}{3}$-$\frac{\sqrt{10}}{2}$=$\frac{\sqrt{10}}{6}$，
Rt△GNH中，GN=$\sqrt{G{H}^{2}+N{H}^{2}}$=$\sqrt{（\frac{\sqrt{10}}{3}）^{2}+（\frac{\sqrt{10}}{6}）^{2}}$=$\frac{5\sqrt{2}}{6}$，
由折叠得：MN=GN，EM=EG，
∴△EMN的周长=EN+MN+EM=$\frac{\sqrt{10}}{2}$+$\frac{5\sqrt{2}}{6}$+$\frac{5\sqrt{2}}{3}$=$\frac{5\sqrt{2}+\sqrt{10}}{2}$；
解法二：如图3，过G作GK⊥AD于K，作GR⊥AB于R，
∵AC平分∠DAB，
∴GK=GR，
∴$\frac{{S}_{△ADG}}{{S}_{△AGF}}$=$\frac{\frac{1}{2}AD•KG}{\frac{1}{2}AF•GR}$=$\frac{AD}{AF}$=$\frac{4}{2}$=2，
∵$\frac{{S}_{△ADG}}{{S}_{△AGF}}$=$\frac{\frac{1}{2}DG•h}{\frac{1}{2}GF•h}$=2，
∴$\frac{DG}{GF}=2$，
同理，$\frac{{S}_{△DNF}}{{S}_{△MNF}}$=$\frac{DF}{FM}=\frac{DN}{MN}$=3，
其它解法同解法一，
可得：∴△EMN的周长=EN+MN+EM=$\frac{\sqrt{10}}{2}$+$\frac{5\sqrt{2}}{6}$+$\frac{5\sqrt{2}}{3}$=$\frac{5\sqrt{2}+\sqrt{10}}{2}$；
解法三：如图4，过E作EP⊥AP，EQ⊥AD，
∵AC是对角线，
∴EP=EQ，
易证△DQE和△FPE全等，
∴DE=EF，DQ=FP，且AP=EP，
设EP=x，则DQ=4-x=FP=x-2，
解得x=3，所以PF=1，
∴AE=$\sqrt{{3}^{2}+{3}^{2}}$=3$\sqrt{2}$，
∵DC∥AB，
∴△DGC∽△FGA，
∴同解法一得：CG=$\frac{2}{3}$×$4\sqrt{2}$=$\frac{8\sqrt{2}}{3}$，
∴EG=$\frac{8\sqrt{2}}{3}$-$\sqrt{2}$=$\frac{5\sqrt{2}}{3}$，
AG=$\frac{1}{3}$AC=$\frac{4\sqrt{2}}{3}$，
过G作GH⊥AB，过M作MK⊥AB，过M作ML⊥AD，
则易证△GHF≌△FKM全等，
∴GH=FK=$\frac{4}{3}$，HF=MK=$\frac{2}{3}$，
∵ML=AK=AF+FK=2+$\frac{4}{3}$=$\frac{10}{3}$，DL=AD-MK=4-$\frac{2}{3}$=$\frac{10}{3}$，
即DL=LM，
∴∠LDM=45°
∴DM在正方形对角线DB上，
过N作NI⊥AB，则NI=IB，
设NI=y，
∵NI∥EP
∴$\frac{NI}{EP}=\frac{FI}{FP}$
∴$\frac{y}{3}=\frac{2-y}{1}$，
解得y=1.5，
所以FI=2-y=0.5，
∴I为FP的中点，
∴N是EF的中点，
∴EN=0.5EF=$\frac{\sqrt{10}}{2}$，
∵△BIN是等腰直角三角形，且BI=NI=1.5，
∴BN=$\frac{3}{2}\sqrt{2}$，BK=AB-AK=4-$\frac{10}{3}$=$\frac{2}{3}$，BM=$\frac{2}{3}\sqrt{2}$，MN=BN-BM=$\frac{3}{2}\sqrt{2}$-$\frac{2}{3}\sqrt{2}$=$\frac{5}{6}\sqrt{2}$，
∴△EMN的周长=EN+MN+EM=$\frac{\sqrt{10}}{2}$+$\frac{5\sqrt{2}}{6}$+$\frac{5\sqrt{2}}{3}$=$\frac{5\sqrt{2}+\sqrt{10}}{2}$；

故答案为：$\frac{{5\sqrt{2}+\sqrt{10}}}{2}$．

点评 本题考查了正方形的性质、翻折变换的性质、三角形全等、相似的性质和判定、勾股定理，三角函数，计算比较复杂，作辅助线，构建全等三角形，计算出PE的长是关键．