Question

9．如图，在矩形ABCD中，AD=4，M是AD的中点，点E是线段AB上一动点，连结EM并延长交线段CD的延长线于点F
（1）如图1，求证：AE=DF；
（2）如图2，若AB=2，过点M作MG⊥EF交线段BC于点G，求证△GEF是等腰直角三角形；
（3）如图3，若AB=2$\sqrt{3}$，过点M作MG⊥EF交线段BC的延长线于点G．求线段AE长度的取值范围．

Answer 1

分析 （1）根据矩形的性质得到∠EAM=∠FDM=90°，根据全等三角形的判定定理得到△AEM≌△DFM（ASA），由全等三角形的性质即可得到结论；
（2）过点G作GH⊥AD于H，推出四边ABGH为矩形，得到∠AME+∠AEM=90°，由于∠AME+∠GMH=90°等量代换得到∠AEM=∠GMH，推出△AEM≌△HMG（AAS），根据全等三角形的性质得到ME=MG，求得∠EGM=45°．根据全等三角形的性质得到ME=MF．即可得到结论；
（3 ）根据四边形ABCD是矩形，得到∠A=∠ADC=90°，等量代换得到∠AEM=∠DMC，根据相似三角形的性质得到$\frac{AE}{MD}=\frac{AM}{CD}$，代入数据求得AE=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，当E、B重合时，AE最长为2$\sqrt{3}$，于是得到结论．

解答 （1）证明：如图1，在矩形ABCD中，∠EAM=∠FDM=90°，
∵M是AD的中点，
∴AM=DM，
又∠AME=∠FMD，
在△AEM与△DFM中，$\left\{\begin{array}{l}{∠EAM=∠FDM}\\{AM=DM}\\{∠AME=∠DMF}\end{array}\right.$，
∴△AEM≌△DFM（ASA），
∴AE=DF；

（2）证明：如图2，过点G作GH⊥AD于H，
∴∠A=∠B=∠AHG=90°，
∴四边ABGH为矩形，
∴∠AME+∠AEM=90°，
∵MG⊥EF，
∴∠GME=90°．
∴∠AME+∠GMH=90°
∴∠AEM=∠GMH，
∵AD=4，M是AD的中点，
∴AM=2，
∵四边ABGH为矩形，
∴AB=HG=2，
∴AM=HG，
在△AEM与△HMG中，$\left\{\begin{array}{l}{∠A=∠MHG=90°}\\{∠AEM=∠HMC}\\{AM=HG}\end{array}\right.$，
∴△AEM≌△HMG（AAS），
∴ME=MG，
∴∠EGM=45°．
由（1）得△AEM≌△DFM，
∴ME=MF．
∵MG⊥EF，
∴GE=GF，
∴∠EGF=2∠EGM=90°．
∴△GEF是等腰直角三角形；

（3 ）解：当C、G重合时，如图4，
∵四边形ABCD是矩形，
∴∠A=∠ADC=90°，
∴∠AME+∠AEM=90°．
∵MG⊥EF，
∴∠EMG=90°，
∴∠AME+∠DMC=90°，
∴∠AEM=∠DMC，
∴△AEM∽△DMC
∴$\frac{AE}{MD}=\frac{AM}{CD}$，
∴$\frac{AE}{2}=\frac{2}{2\sqrt{3}}$，
∴AE=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
当E、B重合时，AE最长为2$\sqrt{3}$，
∴$\frac{2\sqrt{3}}{3}$＜AE≤2$\sqrt{3}$．

点评 本题考查了全等三角形的判定和性质，矩形的判定和性质，相似三角形的判定和性质，等腰直角三角形的判定，正确的作出辅助线构造全等三角形是解题的关键．