Question

17．正方形ABCD中，點(diǎn)E在邊BC上，CE=2EB，連接AE、BD交于點(diǎn)F，∠DAE的角平分線交DC于點(diǎn)H，交BD于點(diǎn)M，將△MAD沿AD翻折得到△NAD，連接NF、NH、FH，若AB=3，則△NFH面積為$\frac{183}{8}$-6$\sqrt{10}$．

Answer 1

分析 如圖，延長(zhǎng)CB到P，使得BP=DH，連接AP，作FQ⊥AB于Q交CD于W，作NT⊥CD于T．則四邊形BCWQ是矩形，△ABP≌△ADH．首先證明AE=BE+DH，根據(jù)S_△NFH=S_{四邊形FHTM}-S_△DHN=S_△DNF+S_△FDH-S_△DHN，只要求出DN、DF、DH、NT、FW、DW即可解決問(wèn)題．

解答 解：如圖，延長(zhǎng)CB到P，使得BP=DH，連接AP，作FQ⊥AB于Q交CD于W，作NT⊥CD于T．則四邊形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=$\frac{3}{4}$，F(xiàn)W=$\frac{9}{4}$，EF=$\frac{\sqrt{10}}{4}$，AF=$\frac{3\sqrt{10}}{4}$，
∵∠MAD=∠MAF，
∴$\frac{AD}{AF}$=$\frac{DM}{FM}$（角平分線的性質(zhì)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_{四邊形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$\sqrt{10}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查翻折變換、正方形的性質(zhì)、角平分線的性質(zhì)定理（可以用面積證明）、平行線分線段成比例定理、相似三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，本題計(jì)算量比較大，有一定的難度，證明AE=BE+DH是關(guān)鍵．