Question

1．已知：正方形ABCD中，E、F是对角线AC、BD上两个点．
（1）若AE=DF，求证：AF=BE；
（2）若E是OC中点，DF=$\frac{1}{3}$BD，AF、BE的延长线交于M，求∠M；
（3）若正方形边长为3$\sqrt{2}$，BE=$\sqrt{10}$，射线AF、BE的夹角为45°，求DF．

Answer 1

分析 （1）欲证明AF=BE，只要证明△ABF≌△BCE即可．
（2）先证明△AOF∽△BCQ，得∠OAF=∠CBQ，利用“8字型”即可证明∠BCE=∠AME=45°．
（3）两种情形，如图3中，作EN⊥BC于N，设EN=NC=x，先求出x，①当x=$\sqrt{2}$时，如图3，由△AOF∽△BCQ，得$\frac{AO}{BC}$=$\frac{OF}{CQ}$，推出$\frac{AO}{OF}$=$\frac{BC}{CQ}$=2，由此即可解决问题．②当x=2$\sqrt{2}$时，如图4中，EN=NC=2$\sqrt{2}$，BN=$\sqrt{2}$，由△AOF∽△ENB，得$\frac{AO}{EN}$=$\frac{OF}{BN}$，推出$\frac{AO}{OF}$=$\frac{EN}{BN}$=2，由此即可解决问题．

解答 （1）证明：如图1中，∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC，AC=BD，∠ABF=∠BCE=45°，
∵AE=DF，
∴BF=CE，
在△ABF和△BCE中，
$\left\{\begin{array}{l}{AB=BC}\\{∠ABF=∠BCE}\\{BF=CE}\end{array}\right.$，
∴△ABF≌△BCE，
∴AF=BE．
（2）解：如图2中，设BM交CD于点Q，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AO=OC=OB=DO，∠BCE=45°，
∵CQ∥AB，OE=EC，
∴CQ：AB=CE+AE=1：3，
∴BC=3QC，
∵DF=$\frac{1}{3}$BD=$\frac{2}{3}$DO=$\frac{2}{3}$AO，
∴AO=DO=3OF，
∴$\frac{AO}{OF}$=$\frac{BC}{CQ}$=3，
∴$\frac{AO}{BC}$=$\frac{OF}{CQ}$，∵∠AOF=∠BCQ=90°，
∴△AOF∽△BCQ，
∴∠OAF=∠CBQ，∵∠AEM=∠BEC，
∴∠BCE=∠AME=45°，
∴∠M=45°．
（3）解：如图3中，作EN⊥BC于N，
设EN=NC=x，
在RT△BEN中，∵BE²=BN²+EN²，
∴（$\sqrt{10}$）²=x²+（3$\sqrt{2}$-x）²，
∴x=$\sqrt{2}$或2$\sqrt{2}$，
①当x=$\sqrt{2}$时，如图3，∵EN∥CQ，
∴$\frac{BN}{BC}$=$\frac{EN}{CQ}$，
∴CQ=$\frac{3\sqrt{2}}{2}$，
∵∠M=∠BCA=45°，∠AEM=∠BEC，
∴∠CBQ=∠MAE，
∵∠AOF=∠BCQ=90°，
∴△AOF∽△BCQ，
∴$\frac{AO}{BC}$=$\frac{OF}{CQ}$，
∴$\frac{AO}{OF}$=$\frac{BC}{CQ}$=2，
∴AO=DO=2OF，
∴DF=$\frac{1}{4}$BD=$\frac{3}{2}$．
②当x=2$\sqrt{2}$时，如图4中，EN=NC=2$\sqrt{2}$，BN=$\sqrt{2}$，
∵∠AME=∠BAM+∠ABM=45°，∠BAM+∠EAM=45°，
∴∠OAF=∠ABM，
∵AB∥EN，
∴∠ABM=∠BEN，
∴∠OAF=∠BEN，∠AOF=∠ENB=90°，
∴△AOF∽△ENB，
∴$\frac{AO}{EN}$=$\frac{OF}{BN}$，
∴$\frac{AO}{OF}$=$\frac{EN}{BN}$=2，
∴BO=AO=2OF，
∴DF=$\frac{3}{4}$BD=$\frac{9}{2}$．
∴DF=$\frac{3}{2}$或$\frac{9}{2}$．

点评 本题考查四边形综合题、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是添加辅助线，构造相似三角形，利用相似三角形的性质解决问题，属于中考常考题型．