Question

1．已知：正方形ABCD中，E、F是對角線AC、BD上兩個點．
（1）若AE=DF，求證：AF=BE；
（2）若E是OC中點，DF=$\frac{1}{3}$BD，AF、BE的延長線交于M，求∠M；
（3）若正方形邊長為3$\sqrt{2}$，BE=$\sqrt{10}$，射線AF、BE的夾角為45°，求DF．

Answer 1

分析 （1）欲證明AF=BE，只要證明△ABF≌△BCE即可．
（2）先證明△AOF∽△BCQ，得∠OAF=∠CBQ，利用“8字型”即可證明∠BCE=∠AME=45°．
（3）兩種情形，如圖3中，作EN⊥BC于N，設(shè)EN=NC=x，先求出x，①當x=$\sqrt{2}$時，如圖3，由△AOF∽△BCQ，得$\frac{AO}{BC}$=$\frac{OF}{CQ}$，推出$\frac{AO}{OF}$=$\frac{BC}{CQ}$=2，由此即可解決問題．②當x=2$\sqrt{2}$時，如圖4中，EN=NC=2$\sqrt{2}$，BN=$\sqrt{2}$，由△AOF∽△ENB，得$\frac{AO}{EN}$=$\frac{OF}{BN}$，推出$\frac{AO}{OF}$=$\frac{EN}{BN}$=2，由此即可解決問題．

解答 （1）證明：如圖1中，∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB=BC，AC=BD，∠ABF=∠BCE=45°，
∵AE=DF，
∴BF=CE，
在△ABF和△BCE中，
$\left\{\begin{array}{l}{AB=BC}\\{∠ABF=∠BCE}\\{BF=CE}\end{array}\right.$，
∴△ABF≌△BCE，
∴AF=BE．
（2）解：如圖2中，設(shè)BM交CD于點Q，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AO=OC=OB=DO，∠BCE=45°，
∵CQ∥AB，OE=EC，
∴CQ：AB=CE+AE=1：3，
∴BC=3QC，
∵DF=$\frac{1}{3}$BD=$\frac{2}{3}$DO=$\frac{2}{3}$AO，
∴AO=DO=3OF，
∴$\frac{AO}{OF}$=$\frac{BC}{CQ}$=3，
∴$\frac{AO}{BC}$=$\frac{OF}{CQ}$，∵∠AOF=∠BCQ=90°，
∴△AOF∽△BCQ，
∴∠OAF=∠CBQ，∵∠AEM=∠BEC，
∴∠BCE=∠AME=45°，
∴∠M=45°．
（3）解：如圖3中，作EN⊥BC于N，
設(shè)EN=NC=x，
在RT△BEN中，∵BE²=BN²+EN²，
∴（$\sqrt{10}$）²=x²+（3$\sqrt{2}$-x）²，
∴x=$\sqrt{2}$或2$\sqrt{2}$，
①當x=$\sqrt{2}$時，如圖3，∵EN∥CQ，
∴$\frac{BN}{BC}$=$\frac{EN}{CQ}$，
∴CQ=$\frac{3\sqrt{2}}{2}$，
∵∠M=∠BCA=45°，∠AEM=∠BEC，
∴∠CBQ=∠MAE，
∵∠AOF=∠BCQ=90°，
∴△AOF∽△BCQ，
∴$\frac{AO}{BC}$=$\frac{OF}{CQ}$，
∴$\frac{AO}{OF}$=$\frac{BC}{CQ}$=2，
∴AO=DO=2OF，
∴DF=$\frac{1}{4}$BD=$\frac{3}{2}$．
②當x=2$\sqrt{2}$時，如圖4中，EN=NC=2$\sqrt{2}$，BN=$\sqrt{2}$，
∵∠AME=∠BAM+∠ABM=45°，∠BAM+∠EAM=45°，
∴∠OAF=∠ABM，
∵AB∥EN，
∴∠ABM=∠BEN，
∴∠OAF=∠BEN，∠AOF=∠ENB=90°，
∴△AOF∽△ENB，
∴$\frac{AO}{EN}$=$\frac{OF}{BN}$，
∴$\frac{AO}{OF}$=$\frac{EN}{BN}$=2，
∴BO=AO=2OF，
∴DF=$\frac{3}{4}$BD=$\frac{9}{2}$．
∴DF=$\frac{3}{2}$或$\frac{9}{2}$．

點評 本題考查四邊形綜合題、全等三角形的判定和性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理等知識，解題的關(guān)鍵是添加輔助線，構(gòu)造相似三角形，利用相似三角形的性質(zhì)解決問題，屬于中考�？碱}型．