如图，在正方形 $ABCD$ 中，$AB=6$，点 $E$ 在边 $CD$ 上，$DE=\dfrac 13DC$．连接 $AE$，将 $\triangle ADE$ 沿 $AE$ 翻折，点 $D$ 落在 $F$ 处．点 $O$ 是对角线 $BD$ 的中点，连接 $OF$ 并延长交 $CD$ 于点 $G$，连接 $BF,BG$，则 $\triangle BFG$ 的周长是 ．
【难度】
【出处】
无
【标注】
【答案】
$\dfrac{12\big(\sqrt 5+\sqrt {10}\big)}5$
【解析】
由于 $O$ 点和 $D$ 点到直线 $AE$ 的距离相等，于是 $OG\parallel AE$，从而 $G$ 点也是 $CD$ 的一个三等分点，且 $CG=2$．如图，连接 $DF$，作 $FH\perp BC$ 于 $H$，则 $DF\perp OG$．
由于 $AD=6$，$DE=2$，于是 $D$ 到 $AE$ 的距离为 $\dfrac{6}{\sqrt{10}}$，因此 $DF=\dfrac{12}{\sqrt{10}}$，进而可得 $FG=\dfrac{4}{\sqrt{10}}$．进而由 $OG=\dfrac 12AE=\sqrt{10}$，得 $\dfrac{GF}{GO}=\dfrac 25$．于是有$$\dfrac{BH}{BC}=1-\dfrac{CH}{CB}=1-\dfrac 12\cdot \dfrac{GF}{GO}=\dfrac 45,$$类似的，有 $\dfrac{FH}{DC}=\dfrac 25$，从而$$BF=\dfrac{2\sqrt 5}5\cdot AB=\dfrac{12\sqrt 5}5.$$因此 $\triangle BFG$ 的周长为$$BF+FG+BG=\dfrac{12\sqrt 5}5+\dfrac{2\sqrt{10}}{5}+2\sqrt{10}=\dfrac{12\big(\sqrt 5+\sqrt {10}\big)}5.$$
由于 $AD=6$，$DE=2$，于是 $D$ 到 $AE$ 的距离为 $\dfrac{6}{\sqrt{10}}$，因此 $DF=\dfrac{12}{\sqrt{10}}$，进而可得 $FG=\dfrac{4}{\sqrt{10}}$．进而由 $OG=\dfrac 12AE=\sqrt{10}$，得 $\dfrac{GF}{GO}=\dfrac 25$．于是有$$\dfrac{BH}{BC}=1-\dfrac{CH}{CB}=1-\dfrac 12\cdot \dfrac{GF}{GO}=\dfrac 45,$$类似的，有 $\dfrac{FH}{DC}=\dfrac 25$，从而$$BF=\dfrac{2\sqrt 5}5\cdot AB=\dfrac{12\sqrt 5}5.$$因此 $\triangle BFG$ 的周长为$$BF+FG+BG=\dfrac{12\sqrt 5}5+\dfrac{2\sqrt{10}}{5}+2\sqrt{10}=\dfrac{12\big(\sqrt 5+\sqrt {10}\big)}5.$$
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