Question

1．如圖1，正方形ABCD中，對角線AC、BD交于O點，點F為邊CD上一點，AE⊥AF交CB延長線于E．
（1）求證：AE=AF；
（2）如圖2，M、N分別為AE、BC的中點，連接MN、DE，交于點Q，試判斷QN和QE數(shù)量關(guān)系，并證明你的結(jié)論；
（3）如圖3，連接EF交BD于H，連DE，若AB=8$\sqrt{2}$，BH=3，則DE=$\sqrt{281+80\sqrt{2}}$．

Answer 1

分析 （1）由正方形的性質(zhì)得出∠BAD=∠ABC=∠ABE=∠BCD=∠ADF=90°，AB=BC=AD=CD，再由已知條件證出∠BAE=∠DAF，由ASA證明△ABE≌△ADF，即可得出結(jié)論；
（2）連接OM、BM，OM交DE于F，連接NF，先證明OM是△ACE的中位線，得出OM∥BC，再證明四邊形BNFM是平行四邊形，得出FN=MB，由SAS證明△MEN≌△FNE，得出對應(yīng)角相等∠MNE=∠FEN，即可得出結(jié)論；
（3）由正方形的性質(zhì)求出BD，得出DH，$\frac{BM}{DF}=\frac{BH}{DH}=\frac{3}{13}$，設(shè)BM=3x，則DF=13x，得出$\frac{BM}{BE}=\frac{3}{13}$，作FG∥CE，交AB于G，則$\frac{GM}{FG}=\frac{BM}{BE}=\frac{3}{13}$，得出方程，解方程求出x，得出BE，再由勾股定理求出DE即可．

解答 （1）證明：∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠BAD=∠ABC=∠ABE=∠BCD=∠ADF=90°，AB=BC=AD=CD，
∵AE⊥AF，
∴∠EAF=90°，
∴∠BAE=∠DAF，
在△ABE和△ADF中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠ABE=∠ADF}\\{AB=AD}\\{∠BAE=∠DAF}\end{array}\right.$，
∴△ABE≌△ADF（ASA），
∴AE=AF；
（2）解：QN=QE；理由如下：
連接OM、BM，OM交DE于F，連接NF，如圖1所示：
∵四邊形ABCD是正方形，
∴OA=OC，AD∥BC，AD=BC，
∵M是AE的中點，
∴OM是△ACE的中位線，
∴OM∥BC，
∴OM∥AD，
∴EF=DF，
∴MF是△ADE的中位線，
∴MF=$\frac{1}{2}$AD，
∴MF=$\frac{1}{2}$BC，
∵N是BC的中點，
∴BN=$\frac{1}{2}$BC，
∴MF=BN，
∴四邊形BNFM是平行四邊形，
∴FN=MB，
∵∠ABE=90°，
∴MB=$\frac{1}{2}$AE=ME，
∴FN=ME，
即四邊形MENF是等腰梯形，
∴∠MEN=∠FNE，
在△MEN和△FNE中，
$\left\{\begin{array}{l}{ME=FN}\\{∠MEN=∠FNE}\\{EN=NE}\end{array}\right.$，
∴△MEN≌△FNE（SAS），
∴∠MNE=∠FEN，
∴QN=QE；
（3）解：如圖2所示：
∵四邊形ABCD是正方形，
∴BD=$\sqrt{2}$AB=$\sqrt{2}$×8$\sqrt{2}$=16，AB∥CD，
∴DH=BD-BH=13，$\frac{BM}{DF}=\frac{BH}{DH}=\frac{3}{13}$，
設(shè)BM=3x，則DF=13x，
由（1）得：△ABE≌△ADF，BE=DF=13x，
∴$\frac{BM}{BE}=\frac{3}{13}$，
作FG∥CE，交AB于G，
則△GFM∽△BEM，
∴$\frac{GM}{FG}=\frac{BM}{BE}=\frac{3}{13}$，
即$\frac{8\sqrt{2}-16x}{8\sqrt{2}}=\frac{3}{13}$，
解得：x=$\frac{5}{13}$，
∴BE=5，
∴CE=5+8$\sqrt{2}$，
∴DE=$\sqrt{C{E}^{2}+C{D}^{2}}$=$\sqrt{（5+8\sqrt{2}）^{2}+（8\sqrt{2}）^{2}}$=$\sqrt{281+80\sqrt{2}}$．

點評 本題是四邊形綜合題目，考查了正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、三角形中位線定理、平行四邊形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理等知識；本題難度較大，綜合性強，特別是（2）（3）中，需要通過作輔助線證明三角形全等和三角形相似才能得出結(jié)論．