Question

9．在矩形ABCD中，AD=2AB=4，E是AD的中点，一块足够大的三角板的直角顶点与点E重合，将三角板绕点E旋转，三角板的两直角边分别交AB，BC（或它们的延长线）于点M，N，设∠AEM=α（0°＜α＜90°），给出下列四个结论：
①AM=CN；
②∠AME=∠BNE；
③BN-AM=2；
④S_△EMN=$\frac{2}{co{s}^{2}α}$．
上述结论中正确的个数是（　　）

• A． 1
• B． 2
• C． 3
• D． 4

Answer 1

分析 ①作辅助线EF⊥BC于点F，然后证明Rt△AME≌Rt△FNE，从而求出AM=FN，所以BM与CN的长度相等．
②由①Rt△AME≌Rt△FNE，即可得到结论正确；
③经过简单的计算得到BN-AM=BC-CN-AM=BC-BM-AM=BC-（BM+AM）=BC-AB=4-2=2，
④方法一：用面积的和和差进行计算，用数值代换即可．方法二：先判断出△EMN是等腰直角三角形，再用面积公式即可．

解答 解：①如图，

在矩形ABCD中，AD=2AB，E是AD的中点，
作EF⊥BC于点F，则有AB=AE=EF=FC，
∵∠AEM+∠DEN=90°，∠FEN+∠DEN=90°，
∴∠AEM=∠FEN，
在Rt△AME和Rt△FNE中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠AEM=∠FEN}\\{AE=EF}\\{∠MAE=∠NFE}\end{array}\right.$，
∴Rt△AME≌Rt△FNE，
∴AM=FN，
∴MB=CN．
∵AM不一定等于CN，
∴①错误，
②由①有Rt△AME≌Rt△FNE，
∴∠AME=∠BNE，
∴②正确，
③由①得，BM=CN，
∵AD=2AB=4，
∴BC=4，AB=2
∴BN-AM=BC-CN-AM=BC-BM-AM=BC-（BM+AM）=BC-AB=4-2=2，
∴③正确，
④方法一：如图，

由①得，CN=CF-FN=2-AM，AE=$\frac{1}{2}$AD=2，AM=FN
∵tanα=$\frac{AM}{AE}$，
∴AM=AEtanα
∵cosα=$\frac{AE}{ME}$=$\frac{AE}{\sqrt{A{E}^{2}+A{M}^{2}}}$，
∴cos²α=$\frac{A{E}^{2}}{A{E}^{2}+A{M}^{2}}$，
∴$\frac{1}{co{s}^{2}α}$=1+$\frac{A{M}^{2}}{A{E}^{2}}$=1+（$\frac{AM}{AE}$）²=1+tan²α，
∴$\frac{2}{co{s}^{2}α}$=2（1+tan²α）
∴S_△EMN=S_{四边形ABNE}-S_△AME-S_△MBN
=$\frac{1}{2}$（AE+BN）×AB-$\frac{1}{2}$AE×AM-$\frac{1}{2}$BN×BM
=$\frac{1}{2}$（AE+BC-CN）×2-$\frac{1}{2}$AE×AM-$\frac{1}{2}$（BC-CN）×CN
=$\frac{1}{2}$（AE+BC-CF+FN）×2-$\frac{1}{2}$AE×AM-$\frac{1}{2}$（BC-2+AM）（2-AM）
=AE+BC-CF+AM-$\frac{1}{2}$AE×AM-$\frac{1}{2}$（2+AM）（2-AM）
=AE+AM-$\frac{1}{2}$AE×AM+$\frac{1}{2}$AM²
=AE+AEtanα-$\frac{1}{2}$AE²tanα+$\frac{1}{2}$AE²tan²α
=2+2tanα-2tanα+2tan²α
=2（1+tan²α）
=$\frac{2}{co{s}^{2}α}$．
方法二，∵E是AD的中点，
∴AE=$\frac{1}{2}$AD=2，
在Rt△AEM，cosα=$\frac{AE}{EM}$，
∴EM=$\frac{AE}{cosα}$=$\frac{2}{cosα}$，
由（1）知，Rt△AME≌Rt△FNE，
∴EM=EN，∠AEM=∠FEN，
∵∠AEF=90°，
∴∠MEN=90°，
∴△MEN是等腰直角三角形，
∴S_△MEN=$\frac{1}{2}$EM²=$\frac{2}{co{s}^{2}α}$．
∴④正确．
故选C．

点评 此题是全等三角形的性质和判定题，主要考查了全等三角形的性质和判定，图形面积的计算锐角三角函数，解本题的关键是Rt△AME≌Rt△FNE，难点是计算S_△EMN．