Question

8．如圖，正方形ABCD中，AB=4，E為AD中點(diǎn)，連接CE，F(xiàn)為CE上一點(diǎn)，且CF=$\sqrt{5}$+1，過(guò)點(diǎn)F作FG⊥CE交AB于G，連接DF，將△CDF沿著CE翻折得到△CHF，CH與FG相交于M，連接GH，則四邊形CHGB的面積為5+$\frac{\sqrt{5}}{5}$．

Answer 1

分析 如圖，作KL⊥AD于L，HN⊥AB于N，延長(zhǎng)FG交CB的延長(zhǎng)線于P，連接AH、EH、DH，EC與DH交于點(diǎn)K．首先證明△AHD是直角三角形，EK是△ADH的中位線，根據(jù)四邊形CHGB的面積=正方形ABCD的面積-四邊形DEHC的面積-△AHE的面積-△AHG的面積，求出相關(guān)線段即可解決問(wèn)題．

解答 解：如圖，作KL⊥AD于L，HN⊥AB于N，延長(zhǎng)FG交CB的延長(zhǎng)線于P，連接AH、EH、DH，EC與DH交于點(diǎn)K．

∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠ADC=∠ABC=∠PBG=90°，
在Rt△DEC中，EC=$\sqrt{C{D}^{2}+D{E}^{2}}$=$\sqrt{{4}^{2}+{2}^{2}}$=2$\sqrt{5}$，
∵△HCF是由△FCD翻折得到，
∴DE=EH=AE，EC⊥DH，
∴∠AHD=90°
∵$\frac{1}{2}$•DE•DC=$\frac{1}{2}$•EC•DK，
∴DK=KH=$\frac{4}{\sqrt{5}}$，
在Rt△DEK中，EK=$\sqrt{D{E}^{2}-D{K}^{2}}$=$\frac{2}{\sqrt{5}}$，
∵AE=DE，DK=HK，
∴AH=2EK=$\frac{4}{\sqrt{5}}$，
∵∠HAL=∠DAH，∠ALH=∠AHD，
∴△ALH∽△AHD，
∴AH²=AL•AD，
∴AL=HN=$\frac{A{H}^{2}}{AD}$=$\frac{4}{5}$，
在Rt△ALH中，HL=$\sqrt{A{H}^{2}-A{L}^{2}}$=$\frac{8}{5}$，
∵△DCE∽△FPC∽△BPG，
∴$\frac{DE}{CD}$=$\frac{CF}{PF}$=$\frac{BG}{PB}$=$\frac{1}{2}$，
∵CF=1+$\sqrt{5}$，
∴PF=2+2$\sqrt{5}$，
PC=$\sqrt{5}$CF=5+$\sqrt{5}$，
∴PB=PC-BC=1+$\sqrt{5}$，
∴BG=$\frac{1+\sqrt{5}}{2}$，AG=AB-BG=$\frac{7-\sqrt{5}}{2}$，
∴四邊形CHGB的面積=正方形ABCD的面積-四邊形DEHC的面積-△AHE的面積-△AHG的面積
=16-2•$\frac{1}{2}$•4•2-$\frac{1}{2}$•2•$\frac{8}{5}$-$\frac{1}{2}$$\frac{7-\sqrt{5}}{2}$•$\frac{4}{5}$=5+$\frac{\sqrt{5}}{5}$．
故答案為5+$\frac{\sqrt{5}}{5}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查翻折變換、正方形的性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)利用分割法求面積，是由中考填空題中的壓軸題．