Question

17．正方形ABCD中，点E在边BC上，CE=2EB，连接AE、BD交于点F，∠DAE的角平分线交DC于点H，交BD于点M，将△MAD沿AD翻折得到△NAD，连接NF、NH、FH，若AB=3，则△NFH面积为$\frac{183}{8}$-6$\sqrt{10}$．

Answer 1

分析 如图，延长CB到P，使得BP=DH，连接AP，作FQ⊥AB于Q交CD于W，作NT⊥CD于T．则四边形BCWQ是矩形，△ABP≌△ADH．首先证明AE=BE+DH，根据S_△NFH=S_{四边形FHTM}-S_△DHN=S_△DNF+S_△FDH-S_△DHN，只要求出DN、DF、DH、NT、FW、DW即可解决问题．

解答 解：如图，延长CB到P，使得BP=DH，连接AP，作FQ⊥AB于Q交CD于W，作NT⊥CD于T．则四边形BCWQ是矩形，△ABP≌△ADH．

∵正方形ABCD中，AB=3，
∴BC=AD=CD=3，BD=3$\sqrt{2}$，
∵CE=2EB，
∴CE=2，BE=1，
∴AE=$\sqrt{10}$，
∵AD∥BE，BQ∥DW，
∴$\frac{BF}{FD}$=$\frac{BE}{AD}$=$\frac{EF}{AF}$=$\frac{1}{3}$=$\frac{FQ}{FW}$，
∴BF=$\frac{3\sqrt{2}}{4}$，DF=$\frac{9\sqrt{2}}{4}$，QF=$\frac{3}{4}$，FW=$\frac{9}{4}$，EF=$\frac{\sqrt{10}}{4}$，AF=$\frac{3\sqrt{10}}{4}$，
∵∠MAD=∠MAF，
∴$\frac{AD}{AF}$=$\frac{DM}{FM}$（角平分线的性质定理），
∴$\frac{3}{\frac{3\sqrt{10}}{4}}$=$\frac{DM}{MF}$，
∵DM+MF=$\frac{9\sqrt{2}}{4}$，
∴DM=$\frac{9\sqrt{2}}{4+\sqrt{10}}$，
由翻折可知，DN=DM=$\frac{9\sqrt{2}}{4+\sqrt{10}}$，
∵△ABP≌△ADH，
∴∠PAB=∠DAH=∠HAF，∠P=∠AHD
∵∠AHD=∠BAH=∠BAE+∠HAF=∠BAE+∠PAB=∠PAE，
∴∠P=∠PAE，
∴AE=EP=PB+BE=DH+BE，
∴DH=$\sqrt{10}$-1，
∵∠ADB=∠NDA=45°，
∴∠NDF=90°=∠ADC，
∴∠NDT+∠BDC=90°，∵∠BDC+∠CBD=90°，
∴∠NDT=∠DBC，
∵∠T=∠FWD=90°，
∴△DNT∽△FDW，
∴$\frac{NT}{DW}$=$\frac{DN}{DF}$，
∴$\frac{NT}{\frac{9}{4}}$=$\frac{\frac{9\sqrt{2}}{4+\sqrt{10}}}{\frac{9\sqrt{2}}{4}}$，
∴NT=$\frac{9}{4+\sqrt{10}}$，
∴S_△NFH=S_{四边形FHTM}-S_△DHN=S_△DNF+S_△FDH-S_△DHN=$\frac{1}{2}$•$\frac{9\sqrt{2}}{4+\sqrt{10}}$•$\frac{9\sqrt{2}}{4}$+$\frac{1}{2}$•（$\sqrt{10}$-1）•$\frac{9}{4}$-$\frac{1}{2}$•（$\sqrt{10}$-1）•$\frac{9}{4+\sqrt{10}}$=$\frac{183}{8}$-6$\sqrt{10}$．

点评 本题考查翻折变换、正方形的性质、角平分线的性质定理（可以用面积证明）、平行线分线段成比例定理、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，本题计算量比较大，有一定的难度，证明AE=BE+DH是关键．