阅读与证明:如图.已知正方形ABCD中.E.F分别是CD.BC上的点.且∠EAF=45°.求证:BF+DE=EF．分析:证明一条线段等于另两条线段的和.常用“截长法或“补短法 .将线段BF.DE放在同一直线上.构造出一条与BF+DE相等的线段．如图1延长ED至点F′.使DF′=BF.连接A F′.易证△ABF≌△ADF′.进一步证明△AEF≌△AEF′.即可得结论� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

17．阅读与证明：
如图，已知正方形ABCD中，E、F分别是CD、BC上的点，且∠EAF=45°，
求证：BF+DE=EF．
分析：证明一条线段等于另两条线段的和，常用“截长法”或“补短法”，将线段BF、DE放在同一直线上，构造出一条与BF+DE相等的线段．如图1延长ED至点F′，使DF′=BF，连接A F′，易证△ABF≌△ADF′，进一步证明△AEF≌△AEF′，即可得结论．
（1）请你将下面的证明过程补充完整．
证明：延长ED至F′，使DF′=BF．
应用与拓展：
建立如图平面直角坐标系，使顶点A与坐标原点O重合，边OB、OD分别在x轴、y轴正半轴上．
（2）设正方形边长OB为30，当E为CD中点时，试问F为BC的几等分点？并求此时F点的坐标；
（3）设正方形边长OB为30，当EF最短时，求直线EF的解析式．

分析（1）延长EDF′，使DF′=BF，由ABCD为正方形，根据正方形的四条边相等得到AB=AD，∠ABF=∠ADF′=90°，利用SAS可得出三角形ABF与三角形ADF′全等，根据全等三角形的性质得到AF=AF′，∠BAF=∠DAF′，由∠EAF为45°，得到∠DAE+∠FAB=45°，等量代换可得出∠EAF′=45°，然后利用SAS得到三角形AEF与三角形AEF′，利用全等三角形的对应边相等得到EF=EF′，而EF′=ED+DF′，再将DF′换为BF即可得证；
（2）设BF=a，由CB-FB表示出CF，由EF=ED+FB表示出EF，在直角三角形CEF中，利用勾股定理列出关于a的方程，求出方程的解得到a的值为10，可得出F为BC的三等分点；
（3）当CE=CF时，EF最短，此时△CEF为等腰直角三角形，由题意设出F（30，b），即FB=b，由CB-FB表示出CF，即为CE，由EF=BF+DE=2BF=2b，在直角三角形CEF中，由表示出的CF与CE利用勾股定理表示出EF，可列出关于b的方程，求出方程的解得到b的值，确定出E与F的坐标，设直线EF的解析式为y=kx+b，将E和F的坐标代入得到关于k与b的二元一次方程组，求出方程组的解得到k与b的值，进而确定出直线EF的解析式．

解答解：（1）如图1：延长ED至F′，使DF′=BF．

∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠ABF=∠ADF′=90°，
∴△ABF≌△ADF’（SAS），
∴AF=AF′，∠BAF=∠DAF′，
∵∠F′AE=∠F′AD+∠DAE=∠BAF+∠DAE=∠DAB-∠EAF=45°，
又∵∠EAF=45°，
∴∠F′AE=∠EAF．
∵在△AEF和△AEF′中，$\left\{\begin{array}{l}{AF=AF′}\\{∠EAF=∠EAF′}\\{AE=AE}\end{array}\right.$，
∴△AEF≌△AEF′（SAS）．
∴EF=EF′=ED+DF′=ED+BF；
（2）设BF=a，则CF=30-a，EF=ED+FB=15+a．
∵在Rt△CEF中，根据勾股定理得：EC²+CF²=EF²，
∴15²+（30-a）²=（15+a）²，
∴a=10，
∴F为BC的三等分点，
∴F（30，10）；
（3）当CE=CF时，EF最短，此时△CEF为等腰直角三角形．
设F坐标为（30，b），可得FB=b，则CF=CE=BC-FB=30-b，
∴EF=$\sqrt{2}$（30-b）．
又∵EF=FB+DE，
∴$\sqrt{2}$（30-b）=2b，解得：b=$\frac{30\sqrt{2}}{2+\sqrt{2}}$=30$\sqrt{2}$-30．
∴FB=DE=30$\sqrt{2}$-30．
∴E（30$\sqrt{2}$-30，30），F（30，30$\sqrt{2}$-30）．
设直线EF的解析式为y=kx+b．
∵将E和F的坐标代入得：$\left\{\begin{array}{l}{（30\sqrt{2}-30）k+b=30}\\{30k+b=30\sqrt{2}-30}\end{array}\right.$，解得：$\left\{\begin{array}{l}{k=-1}\\{b=30\sqrt{2}}\end{array}\right.$，
∴直线EF的解析式为y=-x+30$\sqrt{2}$．