Question

9．如图1，在矩形ABCD中，BC＞AB，∠BAD的平分线AF与BD、BC分别交于点E、F，点O是BD的中点，直线OK∥AF，交AD于点K，交BC于点G．
（1）求证：①△DOK≌△BOG；②AB+AK=BG；
（2）若KD=KG，BC=4-$\sqrt{2}$．
①求KD的长度；
②如图2，点P是线段KD上的动点（不与点D、K重合），PM∥DG交KG于点M，PN∥KG交DG于点N，设PD=m，当S_△PMN=$\frac{\sqrt{2}}{4}$时，求m的值．

Answer 1

分析 （1）①先根据AAS判定△DOK≌△BOG，②再根据等腰三角形ABF和平行四边形AFKG的性质，得出结论BG=AB+AK；
（2）①先根据等量代换得出AF=KG=KD=BG，再设AB=a，根据AK=FG列出关于a的方程，求得a的值，进而计算KD的长；②先过点G作GI⊥KD，求得S_△DKG的值，再根据四边形PMGN是平行四边形，以及△DKG∽△PKM∽△DPN，求得S_△DPN和S_△PKM的表达式，最后根据等量关系S_{平行四边形PMGN}=S_△DKG-S_△DPN-S_△PKM，列出关于m的方程，求得m的值即可．

解答 解：（1）①∵在矩形ABCD中，AD∥BC
∴∠KDO=∠GBO，∠DKO=∠BGO
∵点O是BD的中点
∴DO=BO
∴△DOK≌△BOG（AAS）

②∵四边形ABCD是矩形
∴∠BAD=∠ABC=90°，AD∥BC
又∵AF平分∠BAD
∴∠BAF=∠BFA=45°
∴AB=BF
∵OK∥AF，AK∥FG
∴四边形AFGK是平行四边形
∴AK=FG
∵BG=BF+FG
∴BG=AB+AK

（2）①由（1）得，四边形AFGK是平行四边形
∴AK=FG，AF=KG
又∵△DOK≌△BOG，且KD=KG
∴AF=KG=KD=BG
设AB=a，则AF=KG=KD=BG=$\sqrt{2}$a
∴AK=4-$\sqrt{2}$-$\sqrt{2}$a，FG=BG-BF=$\sqrt{2}$a-a
∴4-$\sqrt{2}$-$\sqrt{2}$a=$\sqrt{2}$a-a
解得a=$\sqrt{2}$
∴KD=$\sqrt{2}$a=2

②过点G作GI⊥KD于点I
由（2）①可知KD=AF=2
∴GI=AB=$\sqrt{2}$
∴S_△DKG=$\frac{1}{2}$×2×$\sqrt{2}$=$\sqrt{2}$
∵PD=m
∴PK=2-m
∵PM∥DG，PN∥KG
∴四边形PMGN是平行四边形，△DKG∽△PKM∽△DPN
∴$\frac{{S}_{△DPN}}{{S}_{△DKG}}=（\frac{m}{2}）^{2}$，即S_△DPN=（$\frac{m}{2}$）²$•\sqrt{2}$
同理S_△PKM=（$\frac{2-m}{2}$）²$•\sqrt{2}$
∵S_△PMN=$\frac{\sqrt{2}}{4}$
∴S_{平行四边形PMGN}=2S_△PMN=2×$\frac{\sqrt{2}}{4}$
又∵S_{平行四边形PMGN}=S_△DKG-S_△DPN-S_△PKM
∴2×$\frac{\sqrt{2}}{4}$=$\sqrt{2}$-（$\frac{m}{2}$）²$•\sqrt{2}$-（$\frac{2-m}{2}$）²$•\sqrt{2}$，即m²-2m+1=0
解得m₁=m₂=1
∴当S_△PMN=$\frac{\sqrt{2}}{4}$时，m的值为1

点评 本题主要考查了矩形的性质以及平行四边形的性质，解题时需要运用全等三角形的判定与性质．解答此题的关键是运用相似三角形的面积之比等于相似比的平方这一性质，并根据图形面积的等量关系列出方程进行求解，难度较大，具有一定的综合性．