Question

9．如圖，正方形ABCD中，AD=4，點E是對角線AC上一點，連接DE，過點E作EF⊥ED，交AB于點F，連接DF，交AC于點G，將△EFG沿EF翻折，得到△EFM，連接DM，交EF于點N，若點F是AB邊的中點，則△EMN的周長是$\frac{{5\sqrt{2}+\sqrt{10}}}{2}$．

Answer 1

分析 解法一：如圖1，作輔助線，構(gòu)建全等三角形，根據(jù)全等三角形對應(yīng)邊相等證明FQ=BQ=PE=1，△DEF是等腰直角三角形，利用勾理計算DE=EF=$\sqrt{10}$，PD=$\sqrt{D{E}^{2}-P{E}^{2}}$=3，如圖2，由平行相似證明△DGC∽△FGA，列比例式可得FG和CG的長，從而得EG的長，根據(jù)△GHF是等腰直角三角形，得GH和FH的長，利用DE∥GM證明△DEN∽△MNH，則$\frac{DE}{MH}=\frac{EN}{NH}$，得EN=$\frac{\sqrt{10}}{2}$，從而計算出△EMN各邊的長，相加可得周長．
解法二，將解法一中用相似得出的FG和CG的長，利用面積法計算得出，其它解法相同．
解法三：作輔助線構(gòu)建正方形和全等三角形，設(shè)EP=x，則DQ=4-x=FP=x-2，求x的值得到PF=1，AE的長；由△DGC和△FGA相似，求AG和GE的長；證△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在正方形對角線DB上，設(shè)NI=y，列比例式可得NI的長，分別求MN和EN的長，相加可得結(jié)論．

解答 解：解法一：如圖1，過E作PQ⊥DC，交DC于P，交AB于Q，連接BE，
∵DC∥AB，
∴PQ⊥AB，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠ACD=45°，
∴△PEC是等腰直角三角形，
∴PE=PC，
設(shè)PC=x，則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，
易證明△DEC≌△BEC，
∴DE=BE，
∴EF=BE，
∵EQ⊥FB，
∴FQ=BQ=$\frac{1}{2}$BF，
∵AB=4，F(xiàn)是AB的中點，
∴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=$\sqrt{10}$，
如圖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=$\frac{8\sqrt{2}}{3}$-$\sqrt{2}$=$\frac{5\sqrt{2}}{3}$，
連接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=$\sqrt{10}$-$\frac{\sqrt{10}}{3}$=$\frac{2\sqrt{10}}{3}$，
由折疊得：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=$\sqrt{G{H}^{2}+N{H}^{2}}$=$\sqrt{（\frac{\sqrt{10}}{3}）^{2}+（\frac{\sqrt{10}}{6}）^{2}}$=$\frac{5\sqrt{2}}{6}$，
由折疊得：MN=GN，EM=EG，
∴△EMN的周長=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：如圖3，過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的周長=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：如圖4，過E作EP⊥AP，EQ⊥AD，
∵AC是對角線，
∴EP=EQ，
易證△DQE和△FPE全等，
∴DE=EF，DQ=FP，且AP=EP，
設(shè)EP=x，則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=$\frac{4\sqrt{2}}{3}$，
過G作GH⊥AB，過M作MK⊥AB，過M作ML⊥AD，
則易證△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在正方形對角線DB上，
過N作NI⊥AB，則NI=IB，
設(shè)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為FP的中點，
∴N是EF的中點，
∴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的周長=EN+MN+EM=$\frac{\sqrt{10}}{2}$+$\frac{5\sqrt{2}}{6}$+$\frac{5\sqrt{2}}{3}$=$\frac{5\sqrt{2}+\sqrt{10}}{2}$；

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

點評 本題考查了正方形的性質(zhì)、翻折變換的性質(zhì)、三角形全等、相似的性質(zhì)和判定、勾股定理，三角函數(shù)，計算比較復(fù)雜，作輔助線，構(gòu)建全等三角形，計算出PE的長是關(guān)鍵．