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1. 如图, 在菱形 $ABCD$ 中, $∠ B = 60°$, $BC = 6$, $E$ 为 $BC$ 的中点, $F$ 是 $AB$ 上一点, $G$ 为 $AD$ 上一点, 且 $BF = 2$, $∠ FEG = 60°$, $EG$ 交 $AC$ 于点 $H$, 则 $\frac{S_{△ BEF}}{S_{△ AGH}}$ 的值为
4
.
答案：
1. 4
2. 如图, 在矩形 $ABCD$ 中, $AB = 3$, $BC = 4$, 点 $E$, $F$ 分别在边 $AD$, $BC$ 上, 将矩形沿着 $EF$ 翻折, 点 $B$ 恰好落在 $CD$ 边上的点 $B'$ 处, 如果四边形 $ABFE$ 与四边形 $EFCD$ 的面积比为 $7:9$, 那么线段 $FC$ 的长为
$\frac{3}{2}$或$\frac{15}{8}$
.
答案：
2. $\frac{3}{2}$或$\frac{15}{8}$ 点拨:连接$BB'$，过点$F$作$FH⊥BC$交$AD$于点$H$，如答图
第2题答图
∵四边形$ABCD$是矩形，$AB = 3$，$BC = 4$，
∴$AD = BC = 4$，$CD = AB = 3$，$∠ C=∠ D = 90^{\circ}$，$S_{矩形ABCD}=12$，
∴$∠ C=∠ D=∠ CFH=∠ BFH = 90^{\circ}$，
∴四边形$CFHD$是矩形，
∴$FH = CD = 3$，$CF = DH$，$∠ FHD=∠ FHE = 90^{\circ}$。
设四边形$EFCD$的面积为$S$，则四边形$ABFE$的面积为$12 - S$，
∵四边形$ABFE$与四边形$EFCD$的面积比为$7:9$，
∴$(12 - S):S = 7:9$，解得$S=\frac{27}{4}$。
由翻折的性质，得$EF⊥BB'$，$BF = B'F$，
∴$∠ CBB'+∠ BFE = 90^{\circ}$。
∵$∠ BFE+∠ HFE=∠ BFH = 90^{\circ}$，
∴$∠ CBB'=∠ HFE$。
又
∵$∠ FHE=∠ C = 90^{\circ}$，
∴$△ FHE∽△ BCB'$，
∴$\frac{HE}{BC}=\frac{FH}{BC}=\frac{3}{4}$，
∴设$EH = 3a$，$FC = x$，则$B'C = 4a$，
$BF = B'F = BC - FC = 4 - x$，
在$Rt△ CB'F$中，由勾股定理，得$B'F^{2}=FC^{2}+B'C^{2}$，
∴$(4 - x)^{2}=x^{2}+(4a)^{2}$，解得$x = 2 - 2a^{2}$，
∴$DH = FC = 2 - 2a^{2}$，
∴$DE = DH + EH = 2 - 2a^{2}+3a$，
∴四边形$EFCD$的面积$S=\frac{1}{2}(DE + FC)· CD=\frac{1}{2}(2 - 2a^{2}+3a + 2 - 2a^{2})×3=\frac{3}{2}(4 + 3a - 4a^{2})$，
∴$\frac{3}{2}(4 + 3a - 4a^{2})=\frac{27}{4}$，整理，得$8a^{2}-6a + 1 = 0$，
解得$a=\frac{1}{2}$或$a=\frac{1}{4}$。
当$a=\frac{1}{2}$时，$FC = 2 - 2a^{2}=2 - 2×(\frac{1}{2})^{2}=\frac{3}{2}$；
当$a=\frac{1}{4}$时，$FC = 2 - 2a^{2}=2 - 2×(\frac{1}{4})^{2}=\frac{15}{8}$。
综上所述，线段$FC$的长为$\frac{3}{2}$或$\frac{15}{8}$。
2. $\frac{3}{2}$或$\frac{15}{8}$ 点拨:连接$BB'$，过点$F$作$FH⊥BC$交$AD$于点$H$，如答图
第2题答图
∵四边形$ABCD$是矩形，$AB = 3$，$BC = 4$，
∴$AD = BC = 4$，$CD = AB = 3$，$∠ C=∠ D = 90^{\circ}$，$S_{矩形ABCD}=12$，
∴$∠ C=∠ D=∠ CFH=∠ BFH = 90^{\circ}$，
∴四边形$CFHD$是矩形，
∴$FH = CD = 3$，$CF = DH$，$∠ FHD=∠ FHE = 90^{\circ}$。
设四边形$EFCD$的面积为$S$，则四边形$ABFE$的面积为$12 - S$，
∵四边形$ABFE$与四边形$EFCD$的面积比为$7:9$，
∴$(12 - S):S = 7:9$，解得$S=\frac{27}{4}$。
由翻折的性质，得$EF⊥BB'$，$BF = B'F$，
∴$∠ CBB'+∠ BFE = 90^{\circ}$。
∵$∠ BFE+∠ HFE=∠ BFH = 90^{\circ}$，
∴$∠ CBB'=∠ HFE$。
又
∵$∠ FHE=∠ C = 90^{\circ}$，
∴$△ FHE∽△ BCB'$，
∴$\frac{HE}{BC}=\frac{FH}{BC}=\frac{3}{4}$，
∴设$EH = 3a$，$FC = x$，则$B'C = 4a$，
$BF = B'F = BC - FC = 4 - x$，
在$Rt△ CB'F$中，由勾股定理，得$B'F^{2}=FC^{2}+B'C^{2}$，
∴$(4 - x)^{2}=x^{2}+(4a)^{2}$，解得$x = 2 - 2a^{2}$，
∴$DH = FC = 2 - 2a^{2}$，
∴$DE = DH + EH = 2 - 2a^{2}+3a$，
∴四边形$EFCD$的面积$S=\frac{1}{2}(DE + FC)· CD=\frac{1}{2}(2 - 2a^{2}+3a + 2 - 2a^{2})×3=\frac{3}{2}(4 + 3a - 4a^{2})$，
∴$\frac{3}{2}(4 + 3a - 4a^{2})=\frac{27}{4}$，整理，得$8a^{2}-6a + 1 = 0$，
解得$a=\frac{1}{2}$或$a=\frac{1}{4}$。
当$a=\frac{1}{2}$时，$FC = 2 - 2a^{2}=2 - 2×(\frac{1}{2})^{2}=\frac{3}{2}$；
当$a=\frac{1}{4}$时，$FC = 2 - 2a^{2}=2 - 2×(\frac{1}{4})^{2}=\frac{15}{8}$。
综上所述，线段$FC$的长为$\frac{3}{2}$或$\frac{15}{8}$。
3. 如图, $E$, $F$ 分别是正方形 $ABCD$ 的边 $DC$, $CB$ 上的点, 且 $DE = CF$, 连接 $DF$, $AE$, 以 $AE$ 为边作正方形 $AEHG$, $HE$ 与 $BC$ 交于点 $Q$.
(1) 若 $E$ 是 $CD$ 的中点, 求证: $Q$ 为 $CF$ 的中点;
(2) 连接 $AQ$, 设 $S_{△ CEQ} = S_1$, $S_{△ AED} = S_2$, $S_{△ EAQ} = S_3$, 在 (1) 的条件下, 判断 $S_1 + S_2 = S_3$ 是否成立, 并说明理由.
(1) 若 $E$ 是 $CD$ 的中点, 求证: $Q$ 为 $CF$ 的中点;
(2) 连接 $AQ$, 设 $S_{△ CEQ} = S_1$, $S_{△ AED} = S_2$, $S_{△ EAQ} = S_3$, 在 (1) 的条件下, 判断 $S_1 + S_2 = S_3$ 是否成立, 并说明理由.
答案：
3.
(1)证明:
∵$E$是$CD$的中点，
∴$CE = DE=\frac{1}{2}DC=\frac{1}{2}AD$。
∵四边形$AEHG$是正方形，
∴$∠ AEH = 90^{\circ}$，
∴$∠ AED+∠ CEQ = 90^{\circ}$。
∵$∠ AED+∠ DAE = 90^{\circ}$，
∴$∠ DAE=∠ CEQ$。
又
∵$∠ ADE=∠ ECQ$，
∴$△ ADE∽△ ECQ$，
∴$\frac{CQ}{DE}=\frac{CE}{AD}=\frac{1}{2}$，
∴$CQ=\frac{1}{2}DE$。
∵$DE = CF$，
∴$CQ=\frac{1}{2}CF$，即$Q$为$CF$的中点。
(2)解:$S_{1}+S_{2}=S_{3}$成立。理由如下：
∵$△ ADE∽△ ECQ$，
∴$\frac{CQ}{DE}=\frac{QE}{AE}$。
∵$DE = CE$，
∴$\frac{CQ}{CE}=\frac{QE}{AE}$。
又
∵$∠ C=∠ AEQ = 90^{\circ}$，
∴$△ AEQ∽△ ECQ$，
∴$△ AEQ∽△ ECQ∽△ ADE$，
∴$\frac{S_{1}}{S_{3}}=(\frac{QE}{AQ})^{2}$，$\frac{S_{2}}{S_{3}}=(\frac{AE}{AQ})^{2}$，
∴$\frac{S_{1}}{S_{3}}+\frac{S_{2}}{S_{3}}=(\frac{QE}{AQ})^{2}+(\frac{AE}{AQ})^{2}=\frac{EQ^{2}+AE^{2}}{AQ^{2}}$。
∵$EQ^{2}+AE^{2}=AQ^{2}$，
∴$\frac{S_{1}}{S_{3}}+\frac{S_{2}}{S_{3}}=1$，
∴$S_{1}+S_{2}=S_{3}$。
(1)证明:
∵$E$是$CD$的中点，
∴$CE = DE=\frac{1}{2}DC=\frac{1}{2}AD$。
∵四边形$AEHG$是正方形，
∴$∠ AEH = 90^{\circ}$，
∴$∠ AED+∠ CEQ = 90^{\circ}$。
∵$∠ AED+∠ DAE = 90^{\circ}$，
∴$∠ DAE=∠ CEQ$。
又
∵$∠ ADE=∠ ECQ$，
∴$△ ADE∽△ ECQ$，
∴$\frac{CQ}{DE}=\frac{CE}{AD}=\frac{1}{2}$，
∴$CQ=\frac{1}{2}DE$。
∵$DE = CF$，
∴$CQ=\frac{1}{2}CF$，即$Q$为$CF$的中点。
(2)解:$S_{1}+S_{2}=S_{3}$成立。理由如下：
∵$△ ADE∽△ ECQ$，
∴$\frac{CQ}{DE}=\frac{QE}{AE}$。
∵$DE = CE$，
∴$\frac{CQ}{CE}=\frac{QE}{AE}$。
又
∵$∠ C=∠ AEQ = 90^{\circ}$，
∴$△ AEQ∽△ ECQ$，
∴$△ AEQ∽△ ECQ∽△ ADE$，
∴$\frac{S_{1}}{S_{3}}=(\frac{QE}{AQ})^{2}$，$\frac{S_{2}}{S_{3}}=(\frac{AE}{AQ})^{2}$，
∴$\frac{S_{1}}{S_{3}}+\frac{S_{2}}{S_{3}}=(\frac{QE}{AQ})^{2}+(\frac{AE}{AQ})^{2}=\frac{EQ^{2}+AE^{2}}{AQ^{2}}$。
∵$EQ^{2}+AE^{2}=AQ^{2}$，
∴$\frac{S_{1}}{S_{3}}+\frac{S_{2}}{S_{3}}=1$，
∴$S_{1}+S_{2}=S_{3}$。
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