Question

9．已知四邊形ABCD是正方形，等腰直角△AEF的直角頂點(diǎn)E在直線BC上（不與點(diǎn)B，C重合），F(xiàn)M⊥AD，交射線AD于點(diǎn)M．
（1）當(dāng)點(diǎn)E在邊BC上，點(diǎn)M在邊AD的延長(zhǎng)線上時(shí)，如圖①，求證：AB+BE=AM；
（提示：延長(zhǎng)MF，交邊BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H．）
（2）當(dāng)點(diǎn)E在邊CB的延長(zhǎng)線上，點(diǎn)M在邊AD上時(shí)，如圖②；當(dāng)點(diǎn)E在邊BC的延長(zhǎng)線上，點(diǎn)M在邊AD上時(shí)，如圖③．請(qǐng)分別寫出線段AB，BE，AM之間的數(shù)量關(guān)系，不需要證明；
（3）在（1），（2）的條件下，若BE=$\sqrt{3}$，∠AFM=15°，則AM=3-$\sqrt{3}$或$\sqrt{3}-1$．

Answer 1

分析 （1）首先利用等腰直角三角形的性質(zhì)和正方形的性質(zhì)得AE=EF，∠ABE=∠EHF=90°，利用全等三角形的判定定理證明△ABE≌△EHF，再利用全等三角形的性質(zhì)定理可得結(jié)論；
（2）同（1）首先證明△ABE≌△EHF，再利用全等三角形的性質(zhì)定理可得結(jié)論；
（3）利用分類討論的思想，首先由∠AFM=15°，易得∠EFH，由△ABE≌△EHF，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)易得∠AEB，利用銳角三角函數(shù)易得AB，利用（1）（2）的結(jié)論，易得AM．

解答 （1）證明：如圖①，延長(zhǎng)MF，交邊BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)H，
∵四邊形ABCD是正方形，F(xiàn)M⊥AD，
∴∠ABE=90°，∠EHF=90°，四邊形ABHM為矩形，
∴AM=BH=BE+EH
∵△AEF為等腰直角三角形，
∴AE=AF，∠AEB+∠FEH=90°，
∵∠EFH+∠FEH=90°，
∴∠AEB=∠EFH，
在△ABE與△EHF中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠ABE=∠EHF=90°}\\{∠AEB=∠EFH}\\{AE=EF}\end{array}\right.$，
∴△ABE≌△EHF（AAS），
∴AB=EH，
∵AM=BH=BE+EH，
∴AM=BE+AB，即AB+BE=AM；

（2）解：如圖②，∵∠AEB+∠FEH=90°，∠AEB+∠EAB=90°，
∴∠FEH=∠EAB，
在△ABE與△EHF中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠ABE=∠EHF}\\{∠EAB=∠FEH}\\{AE=FE}\end{array}\right.$，
∴△ABE≌△EHF（AAS），
∴AB=EH=EB+AM；
如圖③∠BAE+∠AEB=90°，∠AEB+∠HEF=90°，
∴∠BAE=∠HEF，
在△ABE與△EHF中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠ABE=∠EHF}\\{∠BAE=∠HEF}\\{AE=FE}\end{array}\right.$，
∴△ABE≌△EHF（AAS），
∴AB=EH，
∴BE=BH+EH=AM+AB；

（3）解：如圖①，∵∠AFM=15°，∠AFE=45°，
∴∠EFM=60°，
∴∠EFH=120°，
在△EFH中，
∵∠FHE=90°，∠EFH=120°，
∴此情況不存在；
如圖②，∵∠AFM=15°，∠AFE=45°，
∴∠EFH=60°，
∵△ABE≌△EHF，
∴∠EAB=∠EFH=60°，
∵BE=$\sqrt{3}$，
∴AB=BE•tan60°=$\sqrt{3}$×$\sqrt{3}$=3，
∵AB=EB+AM，
∴AM=AB-EB=3-$\sqrt{3}$；
如圖③，∵∠AFM=15°，∠AFE=45°，
∴∠EFH=45°-15°=30°，
∴∠AEB=30°，
∵BE=$\sqrt{3}$，
∴AB=BE•tan30°=$\sqrt{3}×\frac{\sqrt{3}}{3}$=1，
∵BE=AM+AB，
AM=BE-AB=$\sqrt{3}-1$，
故答案為：3-$\sqrt{3}$或$\sqrt{3}-1$．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了等腰直角三角形的性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，全等三角形的性質(zhì)及判定定理，數(shù)形結(jié)合，分類討論，利用前面問題的結(jié)論是解答此題的關(guān)鍵．