13.定義:長(zhǎng)寬比為$\sqrt{n}$:1(n為正整數(shù))的矩形稱為$\sqrt{n}$矩形.下面,我們通過折疊的方式折出一個(gè)$\sqrt{2}$矩形,如圖①所示
操作1:將正方形ABCD沿過點(diǎn)B的直線折疊,使折疊后的點(diǎn)C落在對(duì)角線BD上的點(diǎn)G處,折痕為BH.
操作2:將AD沿過點(diǎn)G的直線折疊,使點(diǎn)A,點(diǎn)D分別落在邊AB,CD上,折痕為EF.
可以證明四邊形BCEF為$\sqrt{2}$矩形.
(Ⅰ)在圖①中,$\frac{AD}{FG}$的值為$\sqrt{2}$;
(Ⅱ)已知四邊形BCEF為$\sqrt{2}$矩形,仿照上述操作,得到四邊形BCMN,如圖②,可以證明四邊形BCMN為$\sqrt{n}$矩形,則n的值是3.

分析 (1)設(shè)正方形ABCD的邊長(zhǎng)為1,則BD=$\sqrt{2}$,由折疊性質(zhì)可知BG=BC=1,∠AFE=∠BFE=90°,則四邊形BCEF為矩形,得出EF∥AD,由平行線分線段成比例得出$\frac{BG}{BD}$=$\frac{BF}{AB}$,求出BF=$\frac{1}{\sqrt{2}}$,則BC:BF=1:$\frac{1}{\sqrt{2}}$=$\sqrt{2}$:1,即四邊形BCEF為$\sqrt{2}$矩形;
(2)(Ⅰ)在Rt△BFG中,由勾股定理得:FG=$\sqrt{B{G}^{2}-B{F}^{2}}$,即可解得$\frac{AD}{FG}$;
(Ⅱ)由勾股定理解得BE=$\sqrt{E{C}^{2}+B{C}^{2}}$,由折疊可得BP=BC=1,∠FNM=∠BNM=90°,∠EMN=∠CMN=90°,證得四邊形BCMN是矩形,得出MN∥EF,由平行線分線段成比例得出$\frac{BP}{BE}$=$\frac{BN}{BF}$,求得BN=$\frac{1}{\sqrt{3}}$,則BC:BN=1:$\frac{1}{\sqrt{3}}$=$\sqrt{3}$:1,即四邊形BCMN是$\sqrt{3}$的矩形,即可得出結(jié)果.

解答 (1)證明:設(shè)正方形ABCD的邊長(zhǎng)為1,則BD=$\sqrt{{1}^{2}+{1}^{2}}$=$\sqrt{2}$,
由折疊性質(zhì)可知BG=BC=1,∠AFE=∠BFE=90°,則四邊形BCEF為矩形,
∴∠A=∠BFE,
∴EF∥AD,
∴$\frac{BG}{BD}$=$\frac{BF}{AB}$,即:$\frac{1}{\sqrt{2}}$=$\frac{BF}{1}$,
∴BF=$\frac{1}{\sqrt{2}}$,
∴BC:BF=1:$\frac{1}{\sqrt{2}}$=$\sqrt{2}$:1,
∴四邊形BCEF為$\sqrt{2}$矩形;
(2)解:(Ⅰ)在Rt△BFG中,由勾股定理得:FG=$\sqrt{B{G}^{2}-B{F}^{2}}$=$\sqrt{{1}^{2}-(\frac{1}{\sqrt{2}})^{2}}$=$\sqrt{\frac{1}{2}}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$,
∴$\frac{AD}{FG}$=$\frac{1}{\frac{\sqrt{2}}{2}}$=$\sqrt{2}$;
(Ⅱ)∵BC=1,EC=BF=$\frac{1}{\sqrt{2}}$,
∴BE=$\sqrt{E{C}^{2}+B{C}^{2}}$=$\sqrt{(\frac{1}{\sqrt{2}})^{2}+{1}^{2}}$=$\sqrt{\frac{3}{2}}$=$\frac{\sqrt{6}}{2}$,
由折疊可得BP=BC=1,∠FNM=∠BNM=90°,∠EMN=∠CMN=90°.
∵四邊形BCEF是矩形,
∴∠F=∠FEC=∠C=∠FBC=90°,
∴四邊形BCMN是矩形,∠BNM=∠F=90°,
∴MN∥EF,
∴$\frac{BP}{BE}$=$\frac{BN}{BF}$,即BP•BF=BE•BN,
∴1×$\frac{1}{\sqrt{2}}$=$\frac{\sqrt{6}}{2}$BN,
∴BN=$\frac{1}{\sqrt{3}}$,
∴BC:BN=1:$\frac{1}{\sqrt{3}}$=$\sqrt{3}$:1,
∴四邊形BCMN是$\sqrt{3}$的矩形,
∴n=3.
故答案為:$\sqrt{2}$;3.

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了折疊的性質(zhì)、正方形的性質(zhì)、矩形的判定與性質(zhì)、平行線分線段成比例、勾股定理等知識(shí);熟練掌握折疊的性質(zhì)是解決問題的關(guān)鍵.

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