Question

19．如图，在矩形ABCD中，AB=6，BC=4，点E是边BC上一动点，把△DCE沿DE折叠得△DFE，射线DF交直线CB于点P，当△AFD为等腰三角形时，DP的长为$\frac{9}{2}$$\sqrt{2}$或$\frac{24}{7}\sqrt{7}$．

Answer 1

分析 先根据AD=BC=4，DF=CD=AB=6，得出AD＜DF，再分两种情况进行讨论：①当FA=FD时，过F作GH⊥AD与G，交BC于H，根据△DGF∽△PHF，得出$\frac{PF}{DF}$=$\frac{HF}{GF}$，即$\frac{PF}{6}$=$\frac{6-4\sqrt{2}}{4\sqrt{2}}$，进而解得PF=$\frac{9}{2}$$\sqrt{2}$-6，进而得出DP的长；②当AF=AD=4时，过F作FH⊥BC于H，交DA的延长线于G，根据勾股定理求得FG=$\frac{3}{2}\sqrt{7}$，FH=6-$\frac{3}{2}\sqrt{7}$，再根据△DFG∽△PFH，得出$\frac{PF}{DF}$=$\frac{HF}{GF}$，即$\frac{PF}{6}$=$\frac{6-\frac{3}{2}\sqrt{7}}{\frac{3}{2}\sqrt{7}}$，进而解得PF=$\frac{24}{7}\sqrt{7}$-6，即可得出PD的长．

解答 解：∵AD=BC=4，DF=CD=AB=6，
∴AD＜DF，
故分两种情况：
①如图所示，当FA=FD时，过F作GH⊥AD与G，交BC于H，则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如图所示，当AF=AD=4时，过F作FH⊥BC于H，交DA的延长线于G，则
Rt△AFG中，AG²+FG²=AF²，即AG²+FG²=16；
Rt△DFG中，DG²+FG²=DF²，即（AG+4）²+FG²=36；
联立两式，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=$\frac{24}{7}\sqrt{7}$，
故答案为：$\frac{9}{2}$$\sqrt{2}$或$\frac{24}{7}\sqrt{7}$．

点评 本题是折叠问题，主要考查了相似三角形的判定与性质，勾股定理，等腰三角形的性质以及矩形的性质的综合应用，解决问题的关键是作辅助线构造相似三角形以及直角三角形，运用相似三角形的对应边成比例列出方程，求得线段的长．解题时注意分类思想的运用．