Question

17．如圖，正方形ABCD中，點E，F(xiàn)分別在邊CD，BC上，且∠EAF=45°，BD分別交AE，AF于點M，N，以點A為圓心，AB長為半徑畫弧BD．下列結(jié)論：①DE+BF=EF；②BN²+DM²=MN²；③△AMN∽△AFE；④$\widehat{BD}$與EF相切；⑤EF∥MN．其中正確結(jié)論的個數(shù)是（　�。�

• A． 5個
• B． 4個
• C． 3個
• D． 2個

Answer 1

分析 延長CB到G，使BG=DE，連接AG．根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到AG=AE，∠DAE=∠BAG，求得∠GAF=∠EAF=45°．證得△AFG≌△AFE，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)即可得到EF=DE+BF；故①正確；在AG上截取AH=AM．根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到BH=DM，∠ABH=∠ADB=45°，證得∠HBN=90°．根據(jù)勾股定理得到BH²+BN²=HN²．根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到MN=HN．等量代換得到BN²+DM²=MN²；故②正確；根據(jù)平行線的性質(zhì)得到∠DEA=∠BAM．推出∠AEF=∠ANM，又∠MAN=∠FAE，于是得到△AMN∽△AFE，故③正確；過A作AP⊥EF于P，根據(jù)角平分線的性質(zhì)得到AP=AD，于是得到$\widehat{BD}$與EF相切；故④正確；由∠ANM=∠AEF，而∠ANM不一定等于∠AMN，于是得到MN不一定平行于EF，故⑤錯誤．

解答 解：延長CB到G，使BG=DE，連接AG．
在△ABG和△ADE中，$\left\{\begin{array}{l}{AD=AB}\\{∠D=∠ABG}\\{DE=BG}\end{array}\right.$，
∴△ABG≌△ADE，
∴AG=AE，∠DAE=∠BAG，
又∵∠EAF=45°，∠DAB=90°，
∴∠DAE+∠BAF=45°
∴∠GAF=∠EAF=45°．
在△AFG和△AFE中，
$\left\{\begin{array}{l}{AE=AG}\\{∠GAF=∠EAF}\\{AF=AF}\end{array}\right.$，
∴△AFG≌△AFE，
∴GF=EF=BG+BF，
又∵DE=BG，
∴EF=DE+BF；故①正確；
在AG上截取AH=AM．
在△AHB和△AMD中，$\left\{\begin{array}{l}{AD=AB}\\{∠HAB=∠MAD}\\{AH=AM}\end{array}\right.$，
∴△AHB≌△AMD，
∴BH=DM，∠ABH=∠ADB=45°，
又∵∠ABD=45°，
∴∠HBN=90°．
∴BH²+BN²=HN²．
在△AHN和△AMN中，
$\left\{\begin{array}{l}{AM=AH}\\{∠HAN=∠MAN}\\{AN=AN}\end{array}\right.$，
∴△AHN≌△AMN，
∴MN=HN．
∴BN²+DM²=MN²；故②正確；
∵AB∥CD，
∴∠DEA=∠BAM．
∵∠AEF=∠AED，∠BAM=180°-∠ABM-∠AMN=180°-∠MAN-∠AMN=∠AND，
∴∠AEF=∠ANM，
又∠MAN=∠FAE，
∴△AMN∽△AFE，故③正確；
過A作AP⊥EF于P，
∵∠AED=∠AEP，AD⊥DE，
∴AP=AD，
∴$\widehat{BD}$與EF相切；故④正確；
∵∠ANM=∠AEF，而∠ANM不一定等于∠AMN，
∴∠AMN不一定等于∠AEF，
∴MN不一定平行于EF，故⑤錯誤，
故選B．

點評 本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，切線的判定，勾股定理，正確的作出輔助線是解題的關(guān)鍵．