Question

3．己知，如图，矩形ABCD中，AD=3，DC=4，矩形EFGH的三个顶点E．G、H分别在矩形ABCD的边ABCD的边AB、CD、DA上，AH=1，连接CF．
（1）求证：△AEH∽△DHG；
（2）设AE=x，△FCG的面积=S₁，求S₁与x之间的函数关系式及S₁的最大值；
（3）在（2）的条件下，如果矩形EFGH的顶点F始终在矩形ABCD内部，连接BF，记△BEF的面积为S₂，△BCF的面积为S₃，求6S₁+3S₂-2S₃的值．

Answer 1

分析 （1）利用矩形的性质，证明∠DHG=∠AEH，∠D=∠A=90°，所以△AEH∽△DHG．
（2）过点F作FM⊥CD于M．根据两角对应相等的两三角形相似证明△AEH∽△DHG，由相似三角形的对应边成比例得到$\frac{DG}{AH}=\frac{DH}{AE}$，即$\frac{DG}{1}=\frac{2}{x}$，得到DG=$\frac{2}{x}$，
则CG=DC-DG=4-$\frac{2}{x}$，再根据三角形的面积公式得到△FCG的面积=S₁=$\frac{1}{2}$•CG•FM=$\frac{1}{2}$（4-$\frac{2}{x}$）×1=2-$\frac{1}{x}$，结合自变量x的取值范围，即可求出S1的最大值；
（3）类似上题求得S₁=2-$\frac{1}{x}$，S₂=4-x，S₃=$\frac{1}{2}$•FP•BC=$\frac{1}{2}$（4-x-$\frac{2}{x}$）×3=6-$\frac{3}{2}$x-$\frac{3}{x}$，将它们代入6S₁+3S₂-2S₃，计算即可求出其值．

解答 解：（1）∵四边形EFGH为矩形，
∴∠DHG+∠AHE=90°，
又∵∠AHE+∠AEH=90°，
∴∠DHG=∠AEH，
∵ABCD为矩形，
∴∠D=∠A=90°，
∴△AEH∽△DHG．
（2）过点F作FM⊥CD于M．
如图1，

在△AEH与△DHG中，
∵∠A=∠D=90°，∠AEH=∠DHG=90°-∠AHE，
∴△AEH∽△DHG，
∴$\frac{DG}{AH}=\frac{DH}{AE}$，即$\frac{DG}{1}=\frac{2}{x}$，
∴DG=$\frac{2}{x}$，
∴CG=DC-DG=4-$\frac{2}{x}$，
∵四边形EFGH为矩形，四边形ABCD是矩形，
∴HE=FG，∠EHG=∠HGF=90°，∠A=∠D=90°，
∴∠AEH=∠DHG=90°-∠AHE，∠DHG=∠MGF=90°-∠HGD，
∴∠AEH=∠MGF．
在△AEH与△MGF中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠A=∠FMG=90°}\\{∠AEH=∠MGF}\\{HE=FG}\end{array}\right.$，
∴△AEH≌△DHG≌△MGF（AAS），
∴AH=FM=1，
∵FM=1，
∴△FCG的面积=S₁=$\frac{1}{2}$•CG•FM=$\frac{1}{2}$（4-$\frac{2}{x}$）×1=2-$\frac{1}{x}$，
∵0＜x≤4，
∴当x=4时，S₁的最大值为$\frac{7}{4}$；
（3）由（2）可得S₁=$\frac{1}{2}$•CG•FM=$\frac{1}{2}$（4-$\frac{2}{x}$）×1=2-$\frac{1}{x}$，
过点F作FN⊥AB于N，可得△NFE≌△DHG，如图2，

∴FN=HD=2，EN=GD=$\frac{2}{x}$，
∵BE=AB-AE=4-x，
∴S₂=$\frac{1}{2}$•BE•FN=$\frac{1}{2}$（4-x）×2=4-x；
过点F作FP⊥BC于P，则四边形FNBP是矩形，
∴FP=BN=AB-AE-EN=4-x-$\frac{2}{x}$，
∴S₃=$\frac{1}{2}$•FP•BC=$\frac{1}{2}$（4-x-$\frac{2}{x}$）×3=6-$\frac{3}{2}$x-$\frac{3}{x}$，
∴6S₁+3S₂-2S₃
=6（2-$\frac{1}{x}$）+3（4-x）-2（6-$\frac{3}{2}x-\frac{3}{x}$）
=12-$\frac{6}{x}$+12-3x-12+3x+$\frac{6}{x}$
=12．

点评 本题考查了矩形的性质，全等三角形、相似三角形的判定与性质，三角形的面积，代数式的变形与计算能力，综合性较强，难度适中．通过证明三角形全等与相似得到边之间的对应关系是解题的关键．