Question

4．已知如图，在△ABC中，AB=AC，tan∠B=$\frac{1}{2}$，作∠DAF=$\frac{1}{2}$∠BAC，AD交BC于点D，AF交BC于点F，将点D沿直线AF翻折得到对称点E，连接CE、DE．
（1）求证：BD=CE；
（2）如图2，过点E作AC的垂线交AC于N，交直线AF于M，若∠AME=45°，AD=5$\sqrt{2}$时，求线段FG的长．

Answer 1

分析 （1）连接AE，如图1，先利用折叠的性质得到AD=AE，∠DAF=∠EAF，接着证明∠1=∠2，然后证明△ABD≌△ACE得到BD=CE；
（2）连结DM，AF交DE于H点，如图2，先证明tan∠ADH=tanB=$\frac{1}{2}$，再利用折叠性质得到AH⊥DE，DH=EH，则tan∠ADH=$\frac{AH}{DH}$=$\frac{1}{2}$，于是可计算出AH=$\sqrt{10}$，DH=EH=2$\sqrt{10}$，再说明△EHM为等腰直角三角形得到HM=HE=2$\sqrt{10}$，△DHM为等腰直角三角形得到∠DMH=45°，DM=$\sqrt{2}$DH=4$\sqrt{5}$，接着证明tan∠1=tan∠B=$\frac{1}{2}$，则可计算出MG=$\frac{1}{2}$DM=2$\sqrt{5}$，然后证明△MFG∽△MEA，利用相似比可计算出FG．

解答 （1）证明：连接AE，如图1，
∵点D沿直线AF翻折得到对称点E，
∴AD=AE，∠DAF=∠EAF，
∵∠DAF=$\frac{1}{2}$∠BAC，
∴∠DAE=∠BAC，
即∠1+∠DAC=∠2+∠DAC，
∴∠1=∠2，
在△ABD和△ACE中
$\left\{\begin{array}{l}{AB=AC}\\{∠2=∠1}\\{AD=AE}\end{array}\right.$，
∴△ABD≌△ACE，
∴BD=CE；
（2）解：连结DM，AF交DE于H点，如图2，
∵∠DAE=∠BAC，
而AB=AC，AD=AE，
∴∠B=∠ADH，
∴tan∠ADH=tanB=$\frac{1}{2}$，
∵点D沿直线AF翻折得到对称点E，
∴AH⊥DE，DH=EH，
在Rt△ADH中，tan∠ADH=$\frac{AH}{DH}$=$\frac{1}{2}$，
设AH=t，则DH=2t，
∴AD=$\sqrt{{t}^{2}+（2t）^{2}}$=$\sqrt{5}$t，
∴$\sqrt{5}$t=5$\sqrt{2}$，解得t=$\sqrt{10}$，
即AH=$\sqrt{10}$，DH=EH=2$\sqrt{10}$，
∵∠AME=45°，
∴△EHM为等腰直角三角形，
∴HM=HE=2$\sqrt{10}$，
∴△DHM为等腰直角三角形，
∴∠DMH=45°，DM=$\sqrt{2}$DH=4$\sqrt{5}$，
∴∠DME=90°，
∵EM⊥AC，
∴DM∥AC，
∴∠1=∠2，
而∠2=∠B，
∴tan∠1=tan∠B=$\frac{1}{2}$，
在Rt△DMG中，tan∠1=$\frac{MG}{DM}$=$\frac{1}{2}$，
∴MG=$\frac{1}{2}$DM=2$\sqrt{5}$，
∵∠3=∠2+∠4，
而∠6=∠4=45°，∠2=∠B=∠ADE=∠5，
∴∠3=∠5+∠6，即∠3=∠MEA，
而∠FMG=∠EMA，
∴△MFG∽△MEA，
∴FG：AE=MG：AM，即FG：5$\sqrt{2}$=2$\sqrt{5}$：（$\sqrt{10}$+2$\sqrt{10}$），
∴FG=$\frac{10}{3}$．

点评 本题考查了几何变换综合题：熟练掌握折叠的性质和等腰直角三角形的判定与性质；会构建全等三角形证明线段相等；会运用相似比计算线段的长．