Question

8．如图，在矩形ABCD中，E为CD上一点，将△ADE沿直线AE翻折，使点D落在BC边上点D′处
（1）如图1，求证：△CD′E～△BAD′；
（2）如图2，F为AD上一点，且DF=CD′，EF与BD相交于点G，试探究EF与BD的位置关系，并说明理由；
（3）设AD′与BD相交于点H，在（2）的条件下，若D′E∥BD，HG=2，求BD的长．

Answer 1

分析 （1）利用同角的余角相等，证明∠AD′B=∠ED′C，即可解决问题．
（2）结论：EF⊥BD．只要证明△EDF∽△DAB，推出∠FED=∠ADB，由∠ADB+∠BDC=90°，推出∠FED+∠BDC=90°，即∠DGE=90°．
（3）首先证明四边形HGED′是矩形，推出HG=ED′=DE=2，设EC=y，CD′=x，易知△DGE≌△ECD′，可得DG=CE=y，EG=CD′=HD′=x，由△BHD′∽△D′CE，可得$\frac{BH}{CD′}$=$\frac{HD′}{EC}$，即$\frac{BH}{x}$=$\frac{x}{y}$，推出BH=$\frac{{x}^{2}}{y}$，推出BD=BH+GH+DG=y+2+$\frac{{x}^{2}}{y}$，由△DFE∽△CED′，可得$\frac{DF}{EC}$=$\frac{DE}{CD′}$，推出$\frac{x}{y}$=$\frac{2}{x}$，即x²=2y，由x²+y²=4，可得y²+2y-4=0，就发现即可解决问题．

解答 （1）证明：如图1中，

∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=∠C=90°，
∵∠AD′E=∠D=90°，
∴∠AD′B+∠ED′C=90°，∠ED′C+∠D′EC=90°，
∴∠AD′B=∠D′EC，
∴△CD′E～△BAD′．

（2）解：结论：EF⊥BD，理由如下：
如图2中，

∵△CD′E～△BAD′，
∴$\frac{D′E}{AD′}$=$\frac{CD′}{BA}$，
∵CD′=DF，AD′=AD，D′E=DE
∴$\frac{DE}{AD}$=$\frac{DF}{BA}$，∵∠EDF=∠BAD=90°，
∴△EDF∽△DAB，
∴∠FED=∠ADB，
∵∠ADB+∠BDC=90°，
∴∠FED+∠BDC=90°，
∴∠DGE=90°，
∴EF⊥BD．

（3）解：∵D′E∥BD，AD′⊥D′E，
∴BD⊥AD′，
∴∠GHD′=∠HD′E=∠HGE=90°，
∴四边形HGED′是矩形，
∴HG=ED′=DE=2，设EC=y，CD′=x，
易知△DGE≌△ECD′，
∴DG=CE=y，EG=CD′=HD′=x，
∵△BHD′∽△D′CE，
∴$\frac{BH}{CD′}$=$\frac{HD′}{EC}$，
∴$\frac{BH}{x}$=$\frac{x}{y}$，
∴BH=$\frac{{x}^{2}}{y}$，
∴BD=BH+GH+DG=y+2+$\frac{{x}^{2}}{y}$，
∵△DFE∽△CED′，
∴$\frac{DF}{EC}$=$\frac{DE}{CD′}$，
∴$\frac{x}{y}$=$\frac{2}{x}$，
∴x²=2y，
∵x²+y²=4，
∴y²+2y-4=0，
∴y=-1+$\sqrt{5}$或-1-$\sqrt{5}$（舍弃），
∴BD=-1+$\sqrt{5}$+2+2=3+$\sqrt{5}$．

点评 本题考查四边形综合题、矩形的性质、翻折变换、相似三角形的判定和性质，二元二次方程组、勾股定理等知识，解题时根据是正确寻找相似三角形解决问题，学会利用此时构建方程组解决问题，属于中考压轴题．