Question

5．如圖，四邊形ABCD為矩形，連接AC，AD=2CD，點(diǎn)E在AD邊上．
（1）如圖1，若∠ECD=30°，CE=4，求△AEC的面積；
（2）如圖2，延長(zhǎng)BA至點(diǎn)F使得AF=2CD，連接FE并延長(zhǎng)交CD于點(diǎn)G，過(guò)點(diǎn)D作DH⊥EG于點(diǎn)H，連接AH，求證：FH=$\sqrt{2}$AH+DH；
（3）如圖3，將線段AE繞點(diǎn)A旋轉(zhuǎn)一定的角度α（0°＜α＜360°）得到線段AE′，連接CE′，點(diǎn)N始終為CE′的中點(diǎn)，連接DN，已知CD=AE=4，直接寫(xiě)出DN的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)30°的直角三角形求CD和ED，再利用面積公式求△AEC的面積；
（2）作輔助線，構(gòu)建全等三角形，證明△AFM≌△ADH，得AM=AH，F(xiàn)M=DH，則△MAH是等腰直角三角形，有MH=$\sqrt{2}$AH，根據(jù)線段的和代入得結(jié)論；
（3）取AC的中點(diǎn)O，連接ON、OD，在△DON中，根據(jù)三角形三邊關(guān)系即可出DN的取值范圍．

解答 解：（1）如圖1，在Rt△EDC中，∵∠EDC=30°，
∴ED=$\frac{1}{2}$EC=$\frac{1}{2}$×4=2，cos30°=$\frac{DC}{EC}$，
∴DC=EC•cos30°=4×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=2$\sqrt{3}$，
∴AE=2DC-ED=4$\sqrt{3}$-2，
∴S_△AEC=$\frac{1}{2}$×AE×DC=$\frac{1}{2}$（4$\sqrt{3}$-2）×2$\sqrt{3}$=12-2$\sqrt{3}$；
（2）如圖2，過(guò)A作AM⊥AH，交FG于M，
∴∠MAH=∠MAD+∠DAH=90°，
又∵∠FAD=∠MAD+∠FAM=90°，
∴∠FAM=∠DAH，
∵AF∥CD，
∴∠F=∠FGD
∵DH⊥EG，
∴∠DHE=∠HDG+∠FGD=90°，
∠EDG=∠EDH+∠HDG=90°，
∴∠FGD=∠EDH，
∴∠F=∠EDH，
又∵AF=2CD，AD=2CD，
∴AF=AD，
∴△AFM≌△ADH，
∴AM=AH，F(xiàn)M=DH，
∴△MAH是等腰直角三角形，
∴MH=$\sqrt{2}$AH，
∵FH=MH+FM，
∴FH=$\sqrt{2}$AH+DH；
（3）如圖3所示，取AC的中點(diǎn)O，連接ON、OD，
∵AE=CD=4，
∴AD=2CD=8，
∴AC=$\sqrt{{8}^{2}+{4}^{2}}$=4$\sqrt{5}$，
∴OD=2$\sqrt{5}$，
在△DON中，
OD-ON＜DN＜OD+ON
∵ON=$\frac{1}{2}$AE=2，
∴2$\sqrt{5}$-2＜DN＜2$\sqrt{5}$+2
①當(dāng)點(diǎn)N在線段DO上時(shí)，如圖4，線段DN取最小值，
∴ON=$\frac{1}{2}$AE=2，
∴DN_min=OD-ON=2$\sqrt{5}$-2；
②當(dāng)N在線段DO的延長(zhǎng)線上時(shí)，如圖5，線段DN取最大值，
∴DN_max=OD+ON=2$\sqrt{5}$+2；
∵0°＜α＜360°
∴2$\sqrt{5}$-2≤DN≤2$\sqrt{5}$+2．

點(diǎn)評(píng) 本題是四邊形的綜合題，考查了矩形、全等三角形、和直角三角形中30°角的性質(zhì)；考查了等腰直角三角形直角邊和斜邊的關(guān)系；在計(jì)算線段取值范圍時(shí)，可以分別求該線段的最大值和最小值，然后寫(xiě)出取值范圍．