Question

在正方形 $ABCD$ 中，点 $E$ 和 $H$ 分别在线段 $\overline{AB}$ 和 $\overline{DA}$ 上，且 $AE=AH$ 。点 $F$ 和 $G$ 分别在线段 $\overline{BC}$ 和 $\overline{CD}$ 上，点 $I$ 和 $J$ 在线段 $\overline{EH}$ 上，使得 $\overline{FI} \perp \overline{EH}$ ，且 $\overline{GJ} \perp \overline{EH}$ 。如下图所示。三角形 $AEH$ 、四边形 $BFIE$ 、四边形 $DHJG$ 和五边形 $FCGJI$ 的面积都为 $1$ 。 $FI^2$ 是多少？

In square $ABCD,$ points $E$ and $H$ lie on $\overline{AB}$ and $\overline{DA},$ respectively, so that $AE=AH.$ Points $F$ and $G$ lie on $\overline{BC}$ and $\overline{CD},$ respectively, and points $I$ and $J$ lie on $\overline{EH}$ so that $\overline{FI} \perp \overline{EH}$ and $\overline{GJ} \perp \overline{EH}.$ See the figure below. Triangle $AEH,$ quadrilateral $BFIE,$ quadrilateral $DHJG,$ and pentagon $FCGJI$ each has area $1.$ What is $FI^2?$

$\dfrac73$

$8-4\sqrt2$

$1+\sqrt2$

$\dfrac74\sqrt2$

$2\sqrt2$

答案：B

知识点：正方形（几何）面积分割特殊直角三角形

难度评级：1950

小提示：

四个给定区域填满正方形，所以正方形边长已知。

The four given regions fill the square, so the square’s side length is known

大提示：

延长过 $F$ 的垂线与 $AB$ 相交，并比较由此得到的两个等腰直角三角形。

Extend the perpendicular through $F$ to meet $AB,$ and compare the two resulting right isosceles triangles

视频讲解：

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文字解答：

四个标出的区域填满正方形，且每个面积为 $1$ ，所以正方形面积为 $4$ ，边长为 $2$ 。因为三角形 $AEH$ 是面积为 $1$ 的直角等腰三角形，所以 $AE=AH=\sqrt2$ 。

延长 $FI$ 与 $AB$ 相交于 $K$ ，并设 $x=BF$ 、 $t=BE=2-\sqrt2$ 。因为 $EH$ 的斜率为 $-1$ ，直线 $FK$ 的斜率为 $1$ ，所以 $BF=BK=x$ 。若 $K$ 位于线段 $EB$ 上，区域 $BFIE$ 就会位于三角形 $BFK$ 内，而后者面积至多为 $\frac{t^2}{2}<1$ ，产生矛盾。因此 $K$ 位于 $E$ 的左侧，且 $EK=x-t$ 。

三角形 $BFK$ 是直角等腰三角形，面积为 $\frac{x^2}{2}$ 。三角形 $EIK$ 也是直角等腰三角形，斜边为 $EK=x-t$ ，所以面积为 $\frac{(x-t)^2}{4}$ 。两者之差就是区域 $BFIE$ ，因此 $1=\frac{x^2}{2}-\frac{(x-t)^2}{4}\text{。}$ 所以 $\begin{aligned} 4&=2x^2-(x-t)^2\\ &=(x+t)^2-2t^2 \end{aligned}\text{。}$

另外， $FK=x\sqrt2$ ，且 $KI=\frac{x-t}{\sqrt2}$ ，所以 $FI=FK-KI=\frac{x+t}{\sqrt2}\text{。}$ 从而 $\begin{aligned} FI^2&=\frac{(x+t)^2}{2}\\ &=2+t^2\\ &=2+(2-\sqrt2)^2\\ &=8-4\sqrt2 \end{aligned}\text{。}$

所以正确答案是 B。

The four named regions fill the square and each has area $1,$ so the square has area $4$ and side length $2.$ Since triangle $AEH$ is right isosceles with area $1,$ we have $AE=AH=\sqrt2.$

Extend $FI$ to meet $AB$ at $K,$ and set $x=BF$ and $t=BE=2-\sqrt2.$ Because $EH$ has slope $-1,$ line $FK$ has slope $1,$ so $BF=BK=x.$ If $K$ were on segment $EB,$ then region $BFIE$ would lie inside triangle $BFK,$ whose area would be at most $\frac{t^2}{2}<1,$ a contradiction. Thus $K$ lies to the left of $E,$ and $EK=x-t.$

Triangle $BFK$ is right isosceles with area $\frac{x^2}{2}.$ Triangle $EIK$ is right isosceles with hypotenuse $EK=x-t,$ so its area is $\frac{(x-t)^2}{4}.$ Since their difference is region $BFIE,$ $1=\frac{x^2}{2}-\frac{(x-t)^2}{4}.$ Therefore $\begin{aligned} 4&=2x^2-(x-t)^2\\ &=(x+t)^2-2t^2. \end{aligned}$

Also, $FK=x\sqrt2$ and $KI=\frac{x-t}{\sqrt2},$ so $FI=FK-KI=\frac{x+t}{\sqrt2}.$ It follows that $\begin{aligned} FI^2&=\frac{(x+t)^2}{2}\\ &=2+t^2\\ &=2+(2-\sqrt2)^2\\ &=8-4\sqrt2. \end{aligned}$

Thus, the correct answer is B .

2020 AMC 10B 第 21 题