Question

19．如圖，在矩形ABCD中，AB=6，BC=4，點E是邊BC上一動點，把△DCE沿DE折疊得△DFE，射線DF交直線CB于點P，當△AFD為等腰三角形時，DP的長為$\frac{9}{2}$$\sqrt{2}$或$\frac{24}{7}\sqrt{7}$．

Answer 1

分析 先根據AD=BC=4，DF=CD=AB=6，得出AD＜DF，再分兩種情況進行討論：①當FA=FD時，過F作GH⊥AD與G，交BC于H，根據△DGF∽△PHF，得出$\frac{PF}{DF}$=$\frac{HF}{GF}$，即$\frac{PF}{6}$=$\frac{6-4\sqrt{2}}{4\sqrt{2}}$，進而解得PF=$\frac{9}{2}$$\sqrt{2}$-6，進而得出DP的長；②當AF=AD=4時，過F作FH⊥BC于H，交DA的延長線于G，根據勾股定理求得FG=$\frac{3}{2}\sqrt{7}$，FH=6-$\frac{3}{2}\sqrt{7}$，再根據△DFG∽△PFH，得出$\frac{PF}{DF}$=$\frac{HF}{GF}$，即$\frac{PF}{6}$=$\frac{6-\frac{3}{2}\sqrt{7}}{\frac{3}{2}\sqrt{7}}$，進而解得PF=$\frac{24}{7}\sqrt{7}$-6，即可得出PD的長．

解答 解：∵AD=BC=4，DF=CD=AB=6，
∴AD＜DF，
故分兩種情況：
①如圖所示，當FA=FD時，過F作GH⊥AD與G，交BC于H，則HG⊥BC，DG=$\frac{1}{2}$AD=2，
∴Rt△DFG中，GF=$\sqrt{{6}^{2}-{2}^{2}}$=4$\sqrt{2}$，
∴FH=6-4$\sqrt{2}$，
∵DG∥PH，
∴△DGF∽△PHF，
∴$\frac{PF}{DF}$=$\frac{HF}{GF}$，即$\frac{PF}{6}$=$\frac{6-4\sqrt{2}}{4\sqrt{2}}$，
解得PF=$\frac{9}{2}$$\sqrt{2}$-6，
∴DP=DF+PF=6+$\frac{9}{2}$$\sqrt{2}$-6=$\frac{9}{2}$$\sqrt{2}$；

②如圖所示，當AF=AD=4時，過F作FH⊥BC于H，交DA的延長線于G，則
Rt△AFG中，AG²+FG²=AF²，即AG²+FG²=16；
Rt△DFG中，DG²+FG²=DF²，即（AG+4）²+FG²=36；
聯立兩式，解得FG=$\frac{3}{2}\sqrt{7}$，
∴FH=6-$\frac{3}{2}\sqrt{7}$，
∵∠G=∠FHP=90°，∠DFG=∠PFH，
∴△DFG∽△PFH，
∴$\frac{PF}{DF}$=$\frac{HF}{GF}$，即$\frac{PF}{6}$=$\frac{6-\frac{3}{2}\sqrt{7}}{\frac{3}{2}\sqrt{7}}$，
解得PF=$\frac{24}{7}\sqrt{7}$-6，
∴DP=DF+PF=6+$\frac{24}{7}\sqrt{7}$-6=$\frac{24}{7}\sqrt{7}$，
故答案為：$\frac{9}{2}$$\sqrt{2}$或$\frac{24}{7}\sqrt{7}$．

點評 本題是折疊問題，主要考查了相似三角形的判定與性質，勾股定理，等腰三角形的性質以及矩形的性質的綜合應用，解決問題的關鍵是作輔助線構造相似三角形以及直角三角形，運用相似三角形的對應邊成比例列出方程，求得線段的長．解題時注意分類思想的運用．