Question

11．解決問(wèn)題時(shí)需要思考：是否解決過(guò)與其類(lèi)似的問(wèn)題．小明從問(wèn)題1解題思路中獲得啟發(fā)從而解決了問(wèn)題2．
問(wèn)題1：如圖①，在正方形ABCD中，E、F是BC、CD上兩點(diǎn)，∠EAF=45°．

求證：∠AEF=∠AEB．
小明給出的思路為：延長(zhǎng)EB到H，滿足BH=DF，連接AH．請(qǐng)完善小明的證明過(guò)程．
問(wèn)題2：如圖②，在等腰直角△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=4，D為AB中點(diǎn)，E、F是AC、BC邊上兩點(diǎn)，∠EDF=45°．
（1）求點(diǎn)D到EF的距離．
（2）若AE=a，則S_△DEF=$\frac{{a}^{2}-4a+8}{a}$（用含字母a的代數(shù)式表示）．

Answer 1

分析 問(wèn)題1：如圖①中，延長(zhǎng)EB到H，滿足BH=DF，連接AH，只要證明△AHE≌△AFE，即可推出∠AEF=∠AEB；
問(wèn)題2：（1）如圖②中，過(guò)點(diǎn)D分別向AC、BC、EF作垂線，垂足分別為G、H、M，利用（1）中即可，根據(jù)角平分線的性質(zhì)定理即可解決問(wèn)題，
（2）在Rt△DEG中，DE=$\sqrt{E{G}^{2}+D{G}^{2}}$=$\sqrt{（a-2）^{2}+{2}^{2}}$=$\sqrt{{a}^{2}-4a+8}$，由S_△AED=$\frac{1}{2}$•AE•DG=a，△DEF∽△AED，推出$\frac{{S}_{△DEF}}{{S}_{△AED}}$=（$\frac{DE}{AE}$）²=$\frac{{a}^{2}-4a+8}{{a}^{2}}$，由此即可解決問(wèn)題；

解答 問(wèn)題1：證明：如圖①中，延長(zhǎng)EB到H，滿足BH=DF，連接AH

∵AB=AD，∠ABH=∠D=90°，BH=DF，
∴△ADF≌ABH，
∴∠DAF=∠BAH，AF=AH，
∵∠DAF+∠BAE=∠BAD-∠EAF=90°-45°=45°，
即∠EAH=∠BAH+∠BAE=45°，
∴∠EAH=∠EAF，
又∵AF=AH，AE=AE，
∴△AHE≌△AFE，
∴∠AEF=∠AEB．

問(wèn)題2：解：（1）過(guò)點(diǎn)D分別向AC、BC、EF作垂線，垂足分別為G、H、M，

∵∠ACB=90°，∴CGDH為矩形，∵AC=BC=4，D為AB中點(diǎn)，
∴DG=DH=$\frac{1}{2}$BC=2，
∴四邊形CGDH為正方形，
由問(wèn)題1知∠DEG=∠DEM，
∴DM=DG=2．

（2）在Rt△DEG中，DE=$\sqrt{E{G}^{2}+D{G}^{2}}$=$\sqrt{（a-2）^{2}+{2}^{2}}$=$\sqrt{{a}^{2}-4a+8}$，
∵S_△AED=$\frac{1}{2}$•AE•DG=a，
∵△DEF∽△AED，
∴$\frac{{S}_{△DEF}}{{S}_{△AED}}$=（$\frac{DE}{AE}$）²=$\frac{{a}^{2}-4a+8}{{a}^{2}}$，
∴S_△DEF=$\frac{{a}^{2}-4a+8}{a}$．
故答案為$\frac{{a}^{2}-4a+8}{a}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理相似三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問(wèn)題，屬于中考�？碱}型．