Question

11．已知正方形ABCD中，AB=6，E为线段BC上一动点，NF⊥AE，交线段AB于F，交线段CD于N．
（1）求证：AE=NF．
（2）连接BD交线段AE于点M，当NF经过点M时，探究∠EAN是否为定值？若是，求其值；若不是，说明理由．
（3）在（2）的条件下，连接NE，若∠BAE=30°，则S_△AEN=36-12$\sqrt{3}$．

Answer 1

分析 （1）如图1，作平行线构造全等三角形，由全等三角形的对应边相等证得结论；
（2）如图2，作作MG⊥MD交DA的延长线于点G，证全等即可；
（3）如图3，求出线段BE、DN的长度后，再求三角形的面积．

解答 （1）证明：过点N作MN∥AD，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠DAM=∠D=90°，AD=AB=BC=CD，
∴∠AMN═90°，
∴四边形AMND是矩形，
∴MN=AD=AB，
∵NF⊥AE，
∴∠MNF+∠2=90°，
∵∠BAE+∠1=90°，∠1=∠2，
∴∠MNF=∠BAE，
在△MNF与△BAE中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠MNF=∠BAE}\\{MN=BA}\\{∠NMF=∠ABE=90°}\end{array}\right.$，
∴△MNF≌△BAE（SAS），
∴NF=AE；

（2）解：45°．
如图2，作MG⊥MD交DA的延长线于点G，
∵∠GDB=45°，MG⊥MD，
∴∠MGA=∠MDG=45°，MG=MD，
∵∠AMN=90°，
∴∠AMG=∠DMG-∠AMD=90°-∠AMD，∠NMD=∠AMN-∠AMD=90°-∠AMD，
∴∠AMG=∠NMD，
在△AGM与△DNM中，
$\left\{\begin{array}{l}{MGA=∠MDN=45°}\\{GM=DM}\\{∠GMA=∠DMB}\end{array}\right.$，
∴△AGM≌△DNM（SAS），
∴AM=NM，
∵∠AMN=90°，
∴△AMN为等腰直角三角形，
∴∠MAN=45°，
即∠EAN=45°；

（3）解：∵∠BAE=30°，AB=6，
∴BE=AB•tan30°=6×$\frac{\sqrt{3}}{3}$=2$\sqrt{3}$．
如图3，将△ADN绕点A顺时针旋转75°，得到△ABK．则S_△ABK=S_△ADN，AN=AK，DN=BK．
∵在△ADE与△ANE中，$\left\{\begin{array}{l}{AN=AK}\\{∠NAE=∠KAE=45°}\\{AE=AE}\end{array}\right.$，
∴△ADE≌△ANE（SAS），
∴NE=KE．
又∵在直角△ECN中，由勾股定理得到：NE²=CN²+CE²，
∴（BE+DN）²=CN²+CE²，即（2$\sqrt{3}$+DN）²=（6-DN）²+（6-2$\sqrt{3}$）²，
解得DN=12-6$\sqrt{3}$．
∴S_△AEN=S_□ABCD-S_△ABE-S_△ECN-S_△ADN，
=6×6-$\frac{1}{2}$×6×2$\sqrt{3}$-$\frac{1}{2}$×（6-2$\sqrt{3}$）×（6-DN）-$\frac{1}{2}$×6×DN，
=18-$\sqrt{3}$DN，
=18-$\sqrt{3}$（12-6$\sqrt{3}$），
=36-12$\sqrt{3}$．
故答案是：36-12$\sqrt{3}$．

点评 本题考查了四边形综合题，此题涉及到了正方形的性质，全等三角形的判定与性质，三角形的面积公式以及等腰直角三角形的判定与性质，解题的难点是作出辅助线，构建全等三角形，利用全等三角形的判定与性质求得相关角的度数、相关线段的长度．