Question

9．如圖，四邊形ABCD為邊長(zhǎng)為10的正方形，頂點(diǎn)A、B分別在x軸、y軸上，點(diǎn)B、E關(guān)于x軸對(duì)稱(chēng)，點(diǎn)F在x軸上且OE=OF，若點(diǎn)D為EF的中點(diǎn)．
（1）求直線AE的解析式；
（2）連FC，求線段FC的長(zhǎng)；
（3）連BD交x軸于G，作GN⊥AG交BC于N，點(diǎn)DC與x軸交于點(diǎn)M，連MN，求證：MN=BN+DM．

Answer 1

分析 （1）取OF的中點(diǎn)為H，連接DH，則可證得△AHD≌△EOA，則可求得AO和OE的長(zhǎng)，即可求得A、E的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法可求得直線AE解析式；
（2）連接OD，可證明△ODA≌△FDC，則可得FC=OA，可求得FC的長(zhǎng)；
（3）作GK⊥AB于K，GQ⊥BC于Q，可證明△AKG≌△GQN，延長(zhǎng)NB到P使BP=DM，可證明△ABP≌△ADM，進(jìn)一步可證△PAN≌△MAN，利用全等三角形的性質(zhì)，可得出結(jié)論．

解答 解：
（1）如圖1，取OF的中點(diǎn)H，連DH，

則DH為△EOF的中位線，
∴DH=OH=HF，
∵四邊形ABCD為正方形，
∴∠BAD=90°，AD=BC，
∴∠BAO+∠DAH=∠ABO+∠BAO=90°，
∴∠ABO=∠DAO，
∵B、E關(guān)于x軸對(duì)稱(chēng)，
∴∠ABO=∠AEO，AB=AE，
∴∠AEO=∠DAH，AD=AE，
在△AHD和△EOA中
$\left\{\begin{array}{l}{∠AHD=∠AOE}\\{∠DAH=∠AEO}\\{AD=AE}\end{array}\right.$
∴△AHD≌△EOA（AAS），
∴OA=DH=HF=OH，OE=AH，
∴OE=2AO，
∵AE=10，
∴AO=$2\sqrt{5}$，OE=$4\sqrt{5}$，
即A（-$2\sqrt{5}$，0），E（0，$4\sqrt{5}$），
∴可設(shè)直線AE解析式為y=kx+4$\sqrt{5}$，
∴-2$\sqrt{5}$k+4$\sqrt{5}$=0，解得k=2，
∴直線AE的解析式為$y=2x+4\sqrt{5}$；
（2）如圖2，連接OD，

∵∠ODF=∠ADC=90°，
∴∠ODA=∠FDC，
在△ODA和△FDC中
$\left\{\begin{array}{l}{OD=DF}\\{∠ODA=∠FDC}\\{AD=CD}\end{array}\right.$
∴△ODA≌△FDC（SAS），
∴FC=OA=$2\sqrt{5}$；
（3）如圖3，作GK⊥AB于K，GQ⊥BC于Q，

∵點(diǎn)G在正方形ABCD的對(duì)角線上，
∴GK=GQ，
∵∠AGK+∠KGN=∠KGN+∠NGQ=90°，
∴∠AGK=∠NGQ，
在△AKG和△GQN中
$\left\{\begin{array}{l}{∠AKG=∠GQN}\\{KG=QG}\\{∠AGK=∠NGQ}\end{array}\right.$
∴△AKG≌△GQN（ASA），
∴AG=GN，
∴∠GAN=45°，
延長(zhǎng)NB到P使BP=DM，
在△ABP和△ADM中
$\left\{\begin{array}{l}{AB=AD}\\{∠ABP=∠ADM}\\{BP=DM}\end{array}\right.$
∴△ABP≌△ADM（SAS），
∴AM=AP，∠PAB=∠MAD，
∴∠PAN=∠PAB+∠BAN=∠MAD+∠BAN=∠GAN=45°，
∴△PAN≌△MAN，
∴MN=PN=BN+DM．

點(diǎn)評(píng) 本題為一次函數(shù)的綜合應(yīng)用，涉及待定系數(shù)法、正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)．在（1）中求得A、E的坐標(biāo)是解題的關(guān)鍵，在（2）中證得△ODA≌△FDC是解題的關(guān)鍵，在（3）中構(gòu)造三角形全等是解題的關(guān)鍵．本題考查知識(shí)點(diǎn)較多，綜合性較強(qiáng)，難度較大．