Question

4．如圖，已知正方形ABCD的邊長為1，對角線AC上有一點(diǎn)E，使得AE=$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$AC．連結(jié)DE，過線段DE上的一個(gè)動點(diǎn)F分別向AC和AD作垂線段，垂足分別為G、H．
（1）證明：△FGE∽△FHD；
（2）設(shè)線段FG的長度為x，線段FH的長度為y，求出y關(guān)于x的函數(shù)表達(dá)式，并寫出自變量的取值范圍；
（3）連結(jié)GH，求出△GHF面積的最大值．

Answer 1

分析 （1）首先利用勾股定理求得AC的長度，然后可求得AE=AD=1，從而可得到：∠AED=∠ADE，因?yàn)椤螰GE=∠FHD=90°，故此可證明△FGE∽△FHD；
（2）首先證明△AEK∽△ACD，從而可知$\frac{AE}{AC}=\frac{EK}{DC}$，可求得EK=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，然后根據(jù)△AED的面積=△AEF的面積+△ADF的面積可求得：FG+HF=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，從而可求得y與x的函數(shù)關(guān)系式；
（3）首先在四邊形AGFH中，求得∠GFH=135°，從而得到∠MFG=45°，然后利用特殊銳角三角形函數(shù)值可求得GM=$\frac{{\sqrt{2}}}{2}x$，從而可得到△GFH的面積與x的函數(shù)關(guān)系，最后利用配方法求得△GHF面積的最大值為$\frac{{\sqrt{2}}}{32}$．

解答 解：（1）如圖1：

證明：在Rt△ABC中，AC=$\sqrt{{AB}^{2}+B{C}^{2}}=\sqrt{{1}^{2}+{1}^{2}}=\sqrt{2}$，
∴AE=$\frac{\sqrt{2}}{2}×\sqrt{2}$=1．
∵AE=AD=1，
∴∠AED=∠ADE．
又∵∠FGE=∠FHD=90°
∴△FGE∽△FHD 
（2）如圖2：連接AF，過點(diǎn)E作Ek⊥AD，垂足為k．

∵EK⊥AD，DC⊥AD，
∴EK∥DC．
∴△AEK∽△ACD．
∴$\frac{AE}{AC}=\frac{EK}{DC}$即：$\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{EK}{1}$．
∴EK=$\frac{\sqrt{2}}{2}$．
∴△AED的面積=$\frac{1}{2}AD•EK=\frac{1}{2}×1×\frac{\sqrt{2}}{2}$=$\frac{\sqrt{2}}{4}$
∵△AED的面積=△AEF的面積+△ADF的面積
=$\frac{1}{2}AE•FG+\frac{1}{2}AD•FH$
=$\frac{1}{2}×1×FG+\frac{1}{2}×1×FH$
=$\frac{1}{2}（FG+HF）$．
∴$\frac{1}{2}（FG+HF）$=$\frac{\sqrt{2}}{4}$．
∴FG+HF=$\frac{\sqrt{2}}{2}$
∴$y=-x+\frac{{\sqrt{2}}}{2}$；
（3）如圖3：過點(diǎn)G作GM⊥HF，垂足為M．

在四邊形AGFH中，∠GFH=360°-∠GAH-∠FGA-∠FHA
=360°-45°-90°-90°
=135°
∴∠MFG=45°．
∴在Rt△GMF中，$\frac{GM}{GF}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，即$\frac{GM}{x}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∴GM=$\frac{{\sqrt{2}}}{2}x$
∴S_△GFH$\frac{1}{2}GM•FH=\frac{1}{2}×\frac{\sqrt{2}}{2}x（-x+\frac{\sqrt{2}}{2}）$=$-\frac{\sqrt{2}}{4}（x-\frac{\sqrt{2}}{4}）^{2}+\frac{\sqrt{2}}{32}$．
∴△GHF面積的最大值為$\frac{{\sqrt{2}}}{32}$．

點(diǎn)評 本題主要考查的是相似三角形的性質(zhì)和判定和函數(shù)知識的綜合應(yīng)用，面積法和配方法求二次函數(shù)最值的應(yīng)用是解題的關(guān)鍵．