Question

8．如圖，矩形ABCD中，AD=4，AB=7，點(diǎn)E為DC上一動(dòng)點(diǎn)，△ADE沿AE折疊，點(diǎn)D落在矩形ABCD內(nèi)一點(diǎn)D′處，若△BCD′為等腰三角形，則DE的長(zhǎng)為$\frac{4}{3}$$\sqrt{3}$或$\frac{32-4\sqrt{15}}{7}$．

Answer 1

分析 連接DD′，利用折疊得出AD=AD′，利用矩形的性質(zhì)，以及△BCD′為等腰三角形，需要分類討論；進(jìn)一步求得結(jié)論即可．

解答 解：①：CD'=BD'時(shí)，如圖，
由折疊性質(zhì)，得AD=AD′，∠DAE=∠D′AE，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴AB=CD，∠ABC=∠DCB=90°，
∵△BCD′為等腰三角形，
∴D′B=D′C，∠D′BC=∠D′CB，
∴∠DCD′=∠ABD′，
在△DD′C和△AD′B中，
$\left\{\begin{array}{l}{DC=AB}\\{∠DCD′=∠ABD′}\\{CD′=BD′}\end{array}\right.$，
∴△DD′C≌△AD′B，
∴DD′=AD′，
∴DD′=AD′=AD，
∴△ADD′是等邊三角形，
∴∠DAD′=60°，
∴∠DAE=30°，
∴DE=$\frac{1}{2}$AE，
設(shè)DE=x，則AE=2x，
（2x）²-x²=4²，
解得：x=$\frac{4}{3}$$\sqrt{3}$，
即DE=$\frac{4}{3}$$\sqrt{3}$．

②：當(dāng)CD'=CB時(shí)，如圖，連接AC，
由于AD'=4，CD'=4，
而AC=$\sqrt{{7}^{2}+{4}^{2}}$=$\sqrt{65}$＞4+4；
故這種情況不存在．

③當(dāng)BD'=BC時(shí)，如圖過D'作AB的垂線，垂足為F，延長(zhǎng)D'F交CD于G，
由于AD'=BD'，D'F=D'F；易知AF=BF，
從而由勾股定理求得D'F=$\sqrt{AD{'}^{2}-A{F}^{2}}$=$\sqrt{{4}^{2}-（\frac{7}{2}）^{2}}$=$\frac{\sqrt{15}}{2}$，
又易證△AD'F∽△D'EG，設(shè)DE=x，D'E=x，
∴$\frac{D'E}{AD'}=\frac{D'G}{AF}$，即$\frac{x}{4}=\frac{4-\frac{\sqrt{15}}{2}}{\frac{7}{2}}$；
解得x=$\frac{32-4\sqrt{15}}{7}$
綜上，故答案為：$\frac{4}{3}$$\sqrt{3}$或$\frac{32-4\sqrt{15}}{7}$．

點(diǎn)評(píng) 此題考查翻折變換，矩形的性質(zhì)，三角形全等的判定與性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)，勾股定理，掌握折疊的性質(zhì)，證得三角形全等是解決問題的關(guān)鍵．