Question

10．如圖，正方形ABCD中，E、F分別在BC、CD上，且AE=BE+DF
（1）求證：∠DAE=2∠DAF；
（2）過D作DH⊥AF于H，連接CH，且∠CHF=45°，探究FH與AE的數(shù)量關(guān)系，并證明．

Answer 1

分析 （1）延長CB到K，使BK=DF，連接AG，易證△ADF≌△ABK，根據(jù)AE=EB+DF=EB+KB=EK，所以∠K=∠KAE=∠AFD=∠BAF，故∠DAF=∠EAF．
（2）如圖2，延長DH交AE于K，連接KC．作CM⊥AF交AF的延長線于M，連接DM，CM，AC，F(xiàn)K，EF，先證明四邊形DMCH是平行四邊形，四邊形CMHK是正方形，設(shè)HF=a，求出AE即可解決AE與HF的關(guān)系．

解答 （1）證明：延長CB到K，使BK=DF，連接AG，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠ADF=∠ABE=∠ABK=90°，AB∥DC，
在△ABK和△ADF中，
$\left\{\begin{array}{l}{AD=AB}\\{∠ADF=∠ABK}\\{DF=BK}\end{array}\right.$，
∴△ADF≌△ABK，
∴∠AFD=∠K=∠BAF，∠BAK=∠DAF，
∵AE=BE+DF，BK=DF，
∴AE=KE，
∴∠K=∠EAK=∠BAF，
∴∠BAK=∠EAF，
∴∠DAF=∠EAF，
∴∠DAE=2∠DAF．
（2）結(jié)論：$\frac{AE}{HF}=\frac{5\sqrt{5}}{2}$，利用如下：
如圖2，延長DH交AE于K，連接KC．作CM⊥AF交AF的延長線于M，連接DM，CM，AC，F(xiàn)K，EF，
∵∠DAH=∠KAH，∠DAH+∠ADH=90°，∠KAH+∠AKH=90°，
∴∠ADH=∠AKH，
∴AD=AK，
∵AH⊥DK，∴DH=HK，F(xiàn)D=FK
∵∠ADF=∠FMC=90°，∠AFD=∠CFM，
∴△AFD∽△CFM，
∴$\frac{AF}{CF}=\frac{DF}{FM}$，
∴$\frac{AF}{DF}=\frac{CF}{FM}$，∵∠AFC=∠DFM，
∴△AFC∽△DFM，
∴∠DMF=∠ACF=45°，
∵∠CHM=45°，
∴∠DMH=∠CHM，
∴CH∥DM，
∵DH⊥AM，CM⊥AM，
∴DK∥MC，
∴四邊形DHCM是平行四邊形，
∴DF=FC=FK，
∴∠DKC=90°，
∵∠HKC=∠KHM=∠HMC=90°，
∴四邊形HKCM是矩形，
∵MH=MC，
∴四邊形HKCM是正方形，
設(shè)HF=a，則DH=HK=KC=2a，AD=CD=AK=2$\sqrt{5}$a，F(xiàn)K=DF=FC=$\sqrt{5}$a，
∵FK=FC，F(xiàn)K⊥KE，F(xiàn)C⊥CE，
∴∠KEF=∠CEF，∠KFE=∠CFE=∠KDF=∠FKD，
∴△DHF∽△FKE，
∴$\frac{DH}{FK}=\frac{HF}{EK}$，
∴$\frac{2a}{\sqrt{5}a}=\frac{a}{EK}$，
∴EK=$\frac{\sqrt{5}}{2}$a，AK=$\frac{5\sqrt{5}}{2}$a，
∴$\frac{AE}{HF}=\frac{\frac{5\sqrt{5}}{2}a}{a}$=$\frac{5\sqrt{5}}{2}$．

點評 本題考查了正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、平行四邊形的判定和性質(zhì)、正方形的判定和性質(zhì)等知識，學(xué)會添加輔助線構(gòu)造平行四邊形、正方形解決問題．