Question

11．已知正方形ABCD中，E、F分別是AB、BC的中點，AB=4．
（1）如圖1，DE、DF分別交AC于N、M兩點，直接寫出$\frac{EN}{DN}$=$\frac{1}{2}$，MN=$\frac{4\sqrt{2}}{3}$；
（2）G是DE上一點，且∠EGF=45°；
①如圖2，求GF的長；
②如圖3，連接AC交GF于點K，求KF的長．

Answer 1

分析 （1）過點E作EG∥BC交AC于G，根據(jù)三角形中位線定理得到EG=$\frac{1}{2}$BC，根據(jù)平行線的性質求出$\frac{EN}{DN}$，根據(jù)勾股定理求出AG，計算即可；
（2）①連接AF，交ED于H，證明△DAE≌△ABF，得到△HFG為等腰直角三角形，根據(jù)等腰直角三角形的性質計算即可；
②連接EF、AF，由（1）（2）的結論得到AH=$\frac{4}{5}$$\sqrt{5}$，EH=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，AN=$\frac{4\sqrt{2}}{3}$，HN=$\frac{4\sqrt{5}}{15}$，根據(jù)平行線的性質計算即可．

解答 解：（1）如圖1，過點E作EG∥BC交AC于G，
∵E是AB的中點，
∴EG=$\frac{1}{2}$BC=$\frac{1}{2}$AD=2，
∵EG∥BC，
∴$\frac{EN}{DN}$=$\frac{NG}{AN}$=$\frac{EG}{AD}$=$\frac{1}{2}$，
∵EA=EG=2，
∴AG=$\sqrt{E{A}^{2}+E{G}^{2}}$=2$\sqrt{2}$，
∴NG=$\frac{2\sqrt{2}}{3}$，
同理，GM=$\frac{2\sqrt{2}}{3}$，
∴MN=NG+MG=$\frac{4\sqrt{2}}{3}$，
故答案為：$\frac{1}{2}$；$\frac{4\sqrt{2}}{3}$；
（2）如圖2，連接AF，交ED于H，
在△DAE和△ABF中，
$\left\{\begin{array}{l}{DA=AB}\\{∠DAE=∠ABF}\\{AE=BF}\end{array}\right.$，
∴△DAE≌△ABF，
∴∠ADE=∠BAF，
∴AH⊥DE，
∵BF=2，AB=4，
∴AF=DE=2$\sqrt{5}$，
∴AH=$\frac{4}{5}$$\sqrt{5}$，HF=$\frac{6}{5}$$\sqrt{5}$，
∵∠EGF=45°，
∴△HFG為等腰直角三角形，
∴GF=$\sqrt{2}$HF=$\frac{6}{5}$$\sqrt{10}$；
（3）如圖3，連接EF、AF，
∵EF為△ABC的中位線，
∴EF∥AC，
由（1）（2）可知：AH=$\frac{4}{5}$$\sqrt{5}$，EH=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，AN=$\frac{4\sqrt{2}}{3}$，HN=$\frac{4\sqrt{5}}{15}$，
HG=HF=$\frac{6}{5}$$\sqrt{5}$，
∴NG=$\frac{6}{5}$$\sqrt{5}$-$\frac{4}{15}$$\sqrt{5}$=$\frac{14}{15}$$\sqrt{5}$，EN=EH+NH=$\frac{2}{3}$$\sqrt{5}$，
∴$\frac{GK}{KF}$=$\frac{GN}{NE}$=$\frac{7}{5}$，
∴KF=$\frac{1}{2}$$\sqrt{10}$．

點評 本題考查的是正方形的性質、等腰直角三角形的性質、三角形中位線定理的應用，掌握平行線的性質、三角形中位線定理、正確作出輔助性是解題的關鍵．