Question

9．如圖1，在矩形ABCD中，BC＞AB，∠BAD的平分線AF與BD、BC分別交于點E、F，點O是BD的中點，直線OK∥AF，交AD于點K，交BC于點G．
（1）求證：①△DOK≌△BOG；②AB+AK=BG；
（2）若KD=KG，BC=4-$\sqrt{2}$．
①求KD的長度；
②如圖2，點P是線段KD上的動點（不與點D、K重合），PM∥DG交KG于點M，PN∥KG交DG于點N，設PD=m，當S_△PMN=$\frac{\sqrt{2}}{4}$時，求m的值．

Answer 1

分析 （1）①先根據(jù)AAS判定△DOK≌△BOG，②再根據(jù)等腰三角形ABF和平行四邊形AFKG的性質(zhì)，得出結論BG=AB+AK；
（2）①先根據(jù)等量代換得出AF=KG=KD=BG，再設AB=a，根據(jù)AK=FG列出關于a的方程，求得a的值，進而計算KD的長；②先過點G作GI⊥KD，求得S_△DKG的值，再根據(jù)四邊形PMGN是平行四邊形，以及△DKG∽△PKM∽△DPN，求得S_△DPN和S_△PKM的表達式，最后根據(jù)等量關系S_{平行四邊形PMGN}=S_△DKG-S_△DPN-S_△PKM，列出關于m的方程，求得m的值即可．

解答 解：（1）①∵在矩形ABCD中，AD∥BC
∴∠KDO=∠GBO，∠DKO=∠BGO
∵點O是BD的中點
∴DO=BO
∴△DOK≌△BOG（AAS）

②∵四邊形ABCD是矩形
∴∠BAD=∠ABC=90°，AD∥BC
又∵AF平分∠BAD
∴∠BAF=∠BFA=45°
∴AB=BF
∵OK∥AF，AK∥FG
∴四邊形AFGK是平行四邊形
∴AK=FG
∵BG=BF+FG
∴BG=AB+AK

（2）①由（1）得，四邊形AFGK是平行四邊形
∴AK=FG，AF=KG
又∵△DOK≌△BOG，且KD=KG
∴AF=KG=KD=BG
設AB=a，則AF=KG=KD=BG=$\sqrt{2}$a
∴AK=4-$\sqrt{2}$-$\sqrt{2}$a，F(xiàn)G=BG-BF=$\sqrt{2}$a-a
∴4-$\sqrt{2}$-$\sqrt{2}$a=$\sqrt{2}$a-a
解得a=$\sqrt{2}$
∴KD=$\sqrt{2}$a=2

②過點G作GI⊥KD于點I
由（2）①可知KD=AF=2
∴GI=AB=$\sqrt{2}$
∴S_△DKG=$\frac{1}{2}$×2×$\sqrt{2}$=$\sqrt{2}$
∵PD=m
∴PK=2-m
∵PM∥DG，PN∥KG
∴四邊形PMGN是平行四邊形，△DKG∽△PKM∽△DPN
∴$\frac{{S}_{△DPN}}{{S}_{△DKG}}=（\frac{m}{2}）^{2}$，即S_△DPN=（$\frac{m}{2}$）²$•\sqrt{2}$
同理S_△PKM=（$\frac{2-m}{2}$）²$•\sqrt{2}$
∵S_△PMN=$\frac{\sqrt{2}}{4}$
∴S_{平行四邊形PMGN}=2S_△PMN=2×$\frac{\sqrt{2}}{4}$
又∵S_{平行四邊形PMGN}=S_△DKG-S_△DPN-S_△PKM
∴2×$\frac{\sqrt{2}}{4}$=$\sqrt{2}$-（$\frac{m}{2}$）²$•\sqrt{2}$-（$\frac{2-m}{2}$）²$•\sqrt{2}$，即m²-2m+1=0
解得m₁=m₂=1
∴當S_△PMN=$\frac{\sqrt{2}}{4}$時，m的值為1

點評 本題主要考查了矩形的性質(zhì)以及平行四邊形的性質(zhì)，解題時需要運用全等三角形的判定與性質(zhì)．解答此題的關鍵是運用相似三角形的面積之比等于相似比的平方這一性質(zhì)，并根據(jù)圖形面積的等量關系列出方程進行求解，難度較大，具有一定的綜合性．