Question

7．（1）如圖①，在正方形ABCD中，△AEF的頂點(diǎn)E，F(xiàn)分別在BC，CD邊上，高AG與正方形的邊長(zhǎng)相等，求∠EAF的度數(shù)．
（2）如圖②，在Rt△ABD中，∠BAD=90°，AB=AD，點(diǎn)M，N是BD邊上的任意兩點(diǎn)，且∠MAN=45°，試判斷MN，NC，BM之間的數(shù)量關(guān)系，并說(shuō)明理由．
（3）在圖①中，連接BD分別交AE，AF于點(diǎn)M，N，若EG=4，CF=6，BM=3$\sqrt{2}$，求AG，MN的長(zhǎng)．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)高AG與正方形的邊長(zhǎng)相等，證明三角形全等，進(jìn)而證明角相等，從而求出解．
（2）由旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)證出三角形全等得出對(duì)應(yīng)邊相等，再運(yùn)用勾股定理即可得出結(jié)論．
（3）設(shè)出線段的長(zhǎng)，根據(jù)勾股定理求解即可．

解答 解：（1）∵四邊形ABCD是正方形，
∴AB=AD=BC=CD，∠B=∠D=∠BAD=90°，
∵AG是△AEF的高，且高AG與正方形的邊長(zhǎng)相等，
∴∠AGE=∠AGF=90°，AG=AB=AD，
在Rt△ABE和Rt△AGE中，$\left\{\begin{array}{l}{AE=AE}\\{AB=AG}\end{array}\right.$，
∴Rt△ABE≌Rt△AGE（HL）．
∴∠BAE=∠GAE．
同理，∠GAF=∠DAF．
∴∠EAF=$\frac{1}{2}$∠BAD=45°；
（2）MN²=ND²+BM²．理由如下：
將△ABM繞點(diǎn)A逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)90°至△ADH位置，連接NH，如圖1所示：
則△ADH≌△ABM，
∴AH=AM，DH=BM，∠BAM=∠DAH，∠BAM+∠DAN=45°，
∴∠HAN=∠DAH+∠DAN=45°．
∴∠HAN=∠MAN．
在△AMN和△AHN中，$\left\{\begin{array}{l}{AM=AH}&{\;}\\{∠MAN=∠HAN}&{\;}\\{AN=AN}&{\;}\end{array}\right.$，
∴△AMN≌△AHN（SAS），
∴MN=HN．
∵∠BAD=90°，AB=AD，
∴∠ABD=∠ADB=45°．
∴∠HDN=∠HDA+∠ADB=90°．
∴NH²=ND²+DH²．
∴MN²=ND²+BM²
（3）連接BD，如圖2所示：
由（1）知，BE=EG=4，DF=FG=6．
設(shè)AG=x，則BC=CD=x，CE=x-4，CF=x-6．
在Rt△CEF中，
∵CE²+CF²=EF²，
∴（x-4）²+（x-6）²=10²．
解得：x₁=12，x₂=-2（舍去負(fù)根）．
即AG=12．
在Rt△ABD中，BD=$\sqrt{A{B}^{2}+A{D}^{2}}$=12$\sqrt{2}$，
在（2）中，MN²=ND²+DH²，BM=DH，
∴MN²=ND²+BM²．
設(shè)MN=a，則a²=（12$\sqrt{2}$-3$\sqrt{2}$-a）²+（3$\sqrt{2}$）²，
解得：a=5$\sqrt{2}$，
即MN的長(zhǎng)為5$\sqrt{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題是幾何變換綜合題目，考查了正方形的性質(zhì)、旋轉(zhuǎn)的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理等知識(shí)；本題綜合性強(qiáng)，有一定難度，特別是（2）和（3）中，需要通過(guò)作輔助線證明三角形全等和運(yùn)用勾股定理才能得出結(jié)論．