19.已知如圖,正方形ABCD的邊長為2,點(diǎn)E為邊AD上任意一點(diǎn),連BE,以BE為邊作正方形BEMN,EM、CD相交于點(diǎn)F,過M作MH⊥CD于H,①若∠ABE=30°,則DE=1;②DF的最大值為$\frac{1}{2}$;③MH=AE;④若H為CF的中點(diǎn),則tan∠CBN=$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$,上述說法正確的個(gè)數(shù)是( 。
A.1個(gè)B.2個(gè)C.3個(gè)D.4個(gè)

分析 ①先根據(jù)30°的正切求AE的長,所以由正方形的邊長可以求出DE≠1;
②設(shè)AE=x,則DE=2-x,根據(jù)同角的三角函數(shù)列式為:$\frac{AE}{AB}=\frac{DF}{ED}$,得關(guān)于x的方程,解出即得DF的二次函數(shù)關(guān)系式,求最值即可;
③如圖1,作輔助線,先證明N和G重合,再證明△BAE≌△NHM可得結(jié)論;
④設(shè)CN=x,HC=y,根據(jù)△NHM∽△MHF,列比例式可求得:x=$\frac{1±\sqrt{5}}{2}$y,在直角△BCN中根據(jù)正切的定義代入求值.

解答 解:①∵四邊形ABCD為正方形,
∴∠A=90°,
在Rt△ABE中,tan30°=$\frac{AE}{AB}$,
∴AE=$\frac{\sqrt{3}}{3}$×2=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$,
∴DE=AD-AE=2-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$≠1,
所以此選項(xiàng)不正確;
②設(shè)AE=x,則DE=2-x,
∵∠BEM=90°,
∴∠AEB+∠MED=90°,
∵∠AEB+∠ABE=90°,
∴∠MED=∠ABE,
∴tan∠ABE=tan∠MED,
∴$\frac{AE}{AB}=\frac{DF}{ED}$,
∴$\frac{x}{2}=\frac{DF}{2-x}$,
∴DF=-$\frac{1}{2}{x}^{2}$+x,
∵-$\frac{1}{2}$<0,
∴DF有最大值,
則DF的最大值是:$\frac{4×(-\frac{1}{2})×0-{1}^{2}}{4×(-\frac{1}{2})}$=$\frac{1}{2}$,
所以此選項(xiàng)正確;
③如圖1,延長DC,交直線BN于G,
∵四邊形ABCD為正方形,
∴AB=BC,∠A=∠BCG=90°,
∵∠ABE+∠EBC=90°,∠EBC+∠GBC=90°,
∴∠ABE=∠GBC,
∴△ABE≌△CBG,
∴BE=BG,
∵四邊形EBNM是正方形,
∴BE=BN=NM,
∴N和G重合,
∵∠EMN=∠BEM=90°,
∴∠EMH+∠HMN=90°,∠BEA+∠DEM=90°,
∵AD∥HM,
∴∠DEM=∠EMH,
∴∠HMN=∠BEA,
∵∠A=∠NHM=90°,
∴△BAE≌△NHM,
∴AE=MH,
所以此選項(xiàng)正確;
④若H為CF的中點(diǎn),如圖2,
CH=FH,
設(shè)CN=x,HC=y,則HM=x,F(xiàn)H=y,BC=HN=x+y,
∵∠FMN=∠NHM=90°,
∴∠HNM+∠NFM=90°,∠HNM+∠NMH=90°,
∴∠NFM=∠NMH,
∵∠NHM=∠FHM=90°,
∴△NHM∽△MHF,
∴$\frac{NH}{MH}=\frac{HM}{HF}$,
∴MH2=NH•HF,
∴x2=y(x+y),
x=$\frac{1±\sqrt{5}}{2}$y,
∵x>0,
∴x=$\frac{1+\sqrt{5}}{2}$y,
∴BC=x+y=$\frac{3+\sqrt{5}}{2}$y,
∴tan∠CBN=$\frac{CN}{BC}$=$\frac{\frac{1+\sqrt{5}}{2}y}{\frac{3+\sqrt{5}}{2}y}$=$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$,
所以此選項(xiàng)正確;
上述說法正確的是②③④,有3個(gè);
故選C.

點(diǎn)評(píng) 本題是四邊形的綜合題,考查了正方形的性質(zhì)、三角形全等、相似的性質(zhì)和判定、三角函數(shù)以及二次函數(shù)的最值問題,在正方形中常利用同角的余角相等證明兩個(gè)角相等,為全等或相似創(chuàng)造條件.

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②在如圖所示的直角坐標(biāo)系中,當(dāng)點(diǎn)E滑動(dòng)到某處時(shí),點(diǎn)F恰好落在直線y=-2x+6上,求此時(shí)點(diǎn)F的坐標(biāo).

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