Question

3．如圖1把一張矩形紙片沿對角線折疊，易證重合部分是一個等腰三角形．
（1）如圖2，將矩形紙片沿對角線AC折疊，得到△ACE，且CE與AD交于點O，延長AE，CD交于點G．求證：AB=AG-GD；
（2）如圖3，在矩形紙片ABCD中，若點E為BC中點，將△ABE沿AE折疊得到△AFE，延長AF交CD于點G，線段AB，AG，GD之間又有怎樣的數(shù)量關(guān)系？請寫出你的猜想；
（3）在（2）條件下，若∠AEB=60°，AB=3，則四邊形EFGD的面積是$\sqrt{3}$．

Answer 1

分析 先根據(jù)折疊的性質(zhì)和矩形的性質(zhì)證明△ADC≌△CEA，可得△OCA為等腰三角形；
（1）證明AG=CG，根據(jù)線段的和得出結(jié)論；
（2）如圖3，根據(jù)折疊的性質(zhì)得：BE=EF，∠B=∠EFA=90°，由HL證明Rt△ECG≌Rt△EFG，所以CG=GF，根據(jù)線段的和AG=AF+GF得出結(jié)論；
（3）如圖4，作高線FH，根據(jù)特殊角的三角函數(shù)值和相似求DG、FH、GF、EF的長，代入面積公式計算即可．

解答 解：如圖1，∵四邊形ABCD為矩形，
∴CD=AB，BC=AD，∠CDA=∠B=90°，
由折疊得：BC=CE，AB=AE，∠B=∠CEA=90°，
∴CE=AD，AE=CD，∠CDA=∠CEA，
∴△ADC≌△CEA，
∴∠CAD=∠ECA，
∴OC=OA，
∴△OCA為等腰三角形；
（1）如圖2，∵∠CDA=∠CEA=90°，∠DOC=∠EOA，
∴∠DCO=∠EAO，
∴∠DCO+∠OCA=∠EAO+∠OAC，
即∠DCA=∠CAG，
∴AG=CG，
∴AG-GD=CG-GD=CD，
∵AB=CD，
∴AB=AG-GD；
（2）如圖3，AG=2AB-DG，理由是：
連接EG，
由折疊得：BE=EF，∠B=∠EFA=90°，
∴∠GFE=90°，
∵E是BC的中點，
∴EC=BE，
∴EC=EF，
∵∠C=90°，EG=EG，
∴Rt△ECG≌Rt△EFG（HL），
∴CG=GF，
∴AG=AF+GF=AB+CG，
∵CG=CD-DG=AB-DG，
∴AG=AB+AB-DG，
∴AG=2AB-DG；
（3）如圖4，過F作FH⊥CD于H，
在Rt△AEB中，∵∠AEB=60°，∠B=90°，
∴tan60°=$\frac{AB}{BE}$，
∴BE=$\frac{3}{\sqrt{3}}$=$\sqrt{3}$，
由（2）得：CE=EF=BE=$\sqrt{3}$，BC=2$\sqrt{3}$，
∵∠FEA=∠AEB=60°，
∴∠CEG=∠GEF=30°，
tan30°=$\frac{GF}{EF}$，
GF=$\frac{\sqrt{3}}{3}$×$\sqrt{3}$=1，
∴CG=EF=1，
∴DG=2，
∵FH∥AD，
∴△GHF∽△GDA，
∴$\frac{FH}{AD}=\frac{GF}{AG}$，
∴$\frac{FH}{2\sqrt{3}}=\frac{1}{1+3}$，
FH=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∴S_{四邊形EFGD}=S_△DGF+S_△GFE=$\frac{1}{2}$DG•FH+$\frac{1}{2}$FG•EF=$\frac{1}{2}$×$2×\frac{\sqrt{3}}{2}$+$\frac{1}{2}$×$1×\sqrt{3}$=$\sqrt{3}$；
故答案為：$\sqrt{3}$．

點評 本題是四邊形的綜合題，考查了矩形的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)和判定、三角形相似或全等的性質(zhì)和判定以及三角函數(shù)問題，第二問中三條線段的關(guān)系是以全等為突破口，利用線段的和解決問題．