Question

9．如圖，在矩形ABCD中，AD=4，M是AD的中點(diǎn)，點(diǎn)E是線段AB上一動(dòng)點(diǎn)，連結(jié)EM并延長(zhǎng)交線段CD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F
（1）如圖1，求證：AE=DF；
（2）如圖2，若AB=2，過點(diǎn)M作MG⊥EF交線段BC于點(diǎn)G，求證△GEF是等腰直角三角形；
（3）如圖3，若AB=2$\sqrt{3}$，過點(diǎn)M作MG⊥EF交線段BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)G．求線段AE長(zhǎng)度的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)矩形的性質(zhì)得到∠EAM=∠FDM=90°，根據(jù)全等三角形的判定定理得到△AEM≌△DFM（ASA），由全等三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論；
（2）過點(diǎn)G作GH⊥AD于H，推出四邊ABGH為矩形，得到∠AME+∠AEM=90°，由于∠AME+∠GMH=90°等量代換得到∠AEM=∠GMH，推出△AEM≌△HMG（AAS），根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到ME=MG，求得∠EGM=45°．根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到ME=MF．即可得到結(jié)論；
（3 ）根據(jù)四邊形ABCD是矩形，得到∠A=∠ADC=90°，等量代換得到∠AEM=∠DMC，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到$\frac{AE}{MD}=\frac{AM}{CD}$，代入數(shù)據(jù)求得AE=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，當(dāng)E、B重合時(shí)，AE最長(zhǎng)為2$\sqrt{3}$，于是得到結(jié)論．

解答 （1）證明：如圖1，在矩形ABCD中，∠EAM=∠FDM=90°，
∵M(jìn)是AD的中點(diǎn)，
∴AM=DM，
又∠AME=∠FMD，
在△AEM與△DFM中，$\left\{\begin{array}{l}{∠EAM=∠FDM}\\{AM=DM}\\{∠AME=∠DMF}\end{array}\right.$，
∴△AEM≌△DFM（ASA），
∴AE=DF；

（2）證明：如圖2，過點(diǎn)G作GH⊥AD于H，
∴∠A=∠B=∠AHG=90°，
∴四邊ABGH為矩形，
∴∠AME+∠AEM=90°，
∵M(jìn)G⊥EF，
∴∠GME=90°．
∴∠AME+∠GMH=90°
∴∠AEM=∠GMH，
∵AD=4，M是AD的中點(diǎn)，
∴AM=2，
∵四邊ABGH為矩形，
∴AB=HG=2，
∴AM=HG，
在△AEM與△HMG中，$\left\{\begin{array}{l}{∠A=∠MHG=90°}\\{∠AEM=∠HMC}\\{AM=HG}\end{array}\right.$，
∴△AEM≌△HMG（AAS），
∴ME=MG，
∴∠EGM=45°．
由（1）得△AEM≌△DFM，
∴ME=MF．
∵M(jìn)G⊥EF，
∴GE=GF，
∴∠EGF=2∠EGM=90°．
∴△GEF是等腰直角三角形；

（3 ）解：當(dāng)C、G重合時(shí)，如圖4，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠A=∠ADC=90°，
∴∠AME+∠AEM=90°．
∵M(jìn)G⊥EF，
∴∠EMG=90°，
∴∠AME+∠DMC=90°，
∴∠AEM=∠DMC，
∴△AEM∽△DMC
∴$\frac{AE}{MD}=\frac{AM}{CD}$，
∴$\frac{AE}{2}=\frac{2}{2\sqrt{3}}$，
∴AE=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
當(dāng)E、B重合時(shí)，AE最長(zhǎng)為2$\sqrt{3}$，
∴$\frac{2\sqrt{3}}{3}$＜AE≤2$\sqrt{3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的判定，正確的作出輔助線構(gòu)造全等三角形是解題的關(guān)鍵．