Question

18．在矩形ABCD中，点E为BC边上的一动点，将△ABE沿AE翻折，得到△AFE，射线AF与直线CD交于点G，如图1，若BE=3EC，

（1）求证：AG=$\frac{4}{3}$AB+DG；
（2）若∠BAE=60°，EF交AD于点P，连接GP并延长交AE于点K，连接DK（如图2），AB=3，求DK的长．

Answer 1

分析 （1）延长AE、DC交于点M，由四边形ABCD是矩形，得到AB∥CD，CD=AB，推出△ABE∽△MCE，于是得到$\frac{CM}{AB}=\frac{CE}{BE}$=$\frac{1}{3}$，证得CM=$\frac{1}{3}AB$，根据折叠的性质得到∠BAE=∠GAE，由∠BAE=∠M，得到∠GAE=∠M，于是得到AG=GM，即可得到结论；
（2）由∠BAE=60°，∠B=90°，得到∠AEB=30°，于是得到AE=6，BE=3$\sqrt{3}$，求得AD=BC=4$\sqrt{3}$，根据折叠的性质得到∠GAE=60°，AF=3，∠AFE=90°，求出AG=8，FP=$\sqrt{3}$，FG=5，在Rt△GFP中，$tan∠PGF=\frac{{\sqrt{3}}}{5}$，如图2，过K作KM⊥AG于M，连接DE，设AM=x，则AK=2x，MK=$\sqrt{3}$x，GM=8-x根据tan∠PGF=$\frac{MK}{GM}$=$\frac{\sqrt{3}x}{8-x}$=$\frac{\sqrt{3}}{5}$，解方程得到AK=$\frac{8}{3}$，求出KE=AE=AK=$\frac{10}{3}$，根据勾股定理得到DE=$\sqrt{C{E}^{2}+C{D}^{2}}$=2$\sqrt{3}$，于是得到结论．

解答 （1）证明：延长AE、DC交于点M，
∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，CD=AB，
即AB∥CM，
∴△ABE∽△MCE，
∴$\frac{CM}{AB}=\frac{CE}{BE}$=$\frac{1}{3}$，
∴CM=$\frac{1}{3}AB$，
∵将△ABE沿AE翻折，得到△AFE，
∴∠BAE=∠GAE，
∵∠BAE=∠M，
∴∠GAE=∠M，
∴AG=GM，
∴AG=CD+CM+DG=AB+$\frac{1}{3}$AB+DG=$\frac{4}{3}AB+DG$；

（2）解：∵∠BAE=60°，∠B=90°，
∴∠AEB=30°，
∵AB=3，
∴AE=6，BE=3$\sqrt{3}$，
∵BE=3EC，
∴CE=$\sqrt{3}$，
∴AD=BC=4$\sqrt{3}$，
∵将△ABE沿AE翻折得到△AFE，
∴∠GAE=60°，AF=3，∠AFE=90°，
∴∠GAD=30°，
∴AG=8，FP=$\sqrt{3}$，
∴FG=5，
在Rt△GFP中，$tan∠PGF=\frac{{\sqrt{3}}}{5}$，
如图2，过K作KM⊥AG于M，连接DE，
设AM=x，则AK=2x，MK=$\sqrt{3}$x，GM=8-x
∴tan∠PGF=$\frac{MK}{GM}$=$\frac{\sqrt{3}x}{8-x}$=$\frac{\sqrt{3}}{5}$，
解得：x=$\frac{4}{3}$，
∴AK=$\frac{8}{3}$，
∴KE=AE=AK=$\frac{10}{3}$，
∵tan∠DEC=$\frac{CD}{CE}$=$\sqrt{3}$，
∴∠DEC=60°，
∵∠AEB=30°，
∴∠KED=90°，
∵DE=$\sqrt{C{E}^{2}+C{D}^{2}}$=2$\sqrt{3}$，
∴DK=$\sqrt{D{E}^{2}+E{K}^{2}}$=$\sqrt{（2\sqrt{3}）^{2}+（\frac{10}{3}）^{2}}$=$\frac{4\sqrt{13}}{3}$．

点评 此题主要考查了矩形的性质、翻折变换、相似三角形的判定与性质，勾股定理，三角函数，正确的作出辅助线是解题的关键．