Question

11．已知正方形ABCD中，AB=6，E為線段BC上一動點，NF⊥AE，交線段AB于F，交線段CD于N．
（1）求證：AE=NF．
（2）連接BD交線段AE于點M，當NF經(jīng)過點M時，探究∠EAN是否為定值？若是，求其值；若不是，說明理由．
（3）在（2）的條件下，連接NE，若∠BAE=30°，則S_△AEN=36-12$\sqrt{3}$．

Answer 1

分析 （1）如圖1，作平行線構造全等三角形，由全等三角形的對應邊相等證得結論；
（2）如圖2，作作MG⊥MD交DA的延長線于點G，證全等即可；
（3）如圖3，求出線段BE、DN的長度后，再求三角形的面積．

解答 （1）證明：過點N作MN∥AD，
∵四邊形ABCD為正方形，
∴∠DAM=∠D=90°，AD=AB=BC=CD，
∴∠AMN═90°，
∴四邊形AMND是矩形，
∴MN=AD=AB，
∵NF⊥AE，
∴∠MNF+∠2=90°，
∵∠BAE+∠1=90°，∠1=∠2，
∴∠MNF=∠BAE，
在△MNF與△BAE中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠MNF=∠BAE}\\{MN=BA}\\{∠NMF=∠ABE=90°}\end{array}\right.$，
∴△MNF≌△BAE（SAS），
∴NF=AE；

（2）解：45°．
如圖2，作MG⊥MD交DA的延長線于點G，
∵∠GDB=45°，MG⊥MD，
∴∠MGA=∠MDG=45°，MG=MD，
∵∠AMN=90°，
∴∠AMG=∠DMG-∠AMD=90°-∠AMD，∠NMD=∠AMN-∠AMD=90°-∠AMD，
∴∠AMG=∠NMD，
在△AGM與△DNM中，
$\left\{\begin{array}{l}{MGA=∠MDN=45°}\\{GM=DM}\\{∠GMA=∠DMB}\end{array}\right.$，
∴△AGM≌△DNM（SAS），
∴AM=NM，
∵∠AMN=90°，
∴△AMN為等腰直角三角形，
∴∠MAN=45°，
即∠EAN=45°；

（3）解：∵∠BAE=30°，AB=6，
∴BE=AB•tan30°=6×$\frac{\sqrt{3}}{3}$=2$\sqrt{3}$．
如圖3，將△ADN繞點A順時針旋轉75°，得到△ABK．則S_△ABK=S_△ADN，AN=AK，DN=BK．
∵在△ADE與△ANE中，$\left\{\begin{array}{l}{AN=AK}\\{∠NAE=∠KAE=45°}\\{AE=AE}\end{array}\right.$，
∴△ADE≌△ANE（SAS），
∴NE=KE．
又∵在直角△ECN中，由勾股定理得到：NE²=CN²+CE²，
∴（BE+DN）²=CN²+CE²，即（2$\sqrt{3}$+DN）²=（6-DN）²+（6-2$\sqrt{3}$）²，
解得DN=12-6$\sqrt{3}$．
∴S_△AEN=S_□ABCD-S_△ABE-S_△ECN-S_△ADN，
=6×6-$\frac{1}{2}$×6×2$\sqrt{3}$-$\frac{1}{2}$×（6-2$\sqrt{3}$）×（6-DN）-$\frac{1}{2}$×6×DN，
=18-$\sqrt{3}$DN，
=18-$\sqrt{3}$（12-6$\sqrt{3}$），
=36-12$\sqrt{3}$．
故答案是：36-12$\sqrt{3}$．

點評 本題考查了四邊形綜合題，此題涉及到了正方形的性質，全等三角形的判定與性質，三角形的面積公式以及等腰直角三角形的判定與性質，解題的難點是作出輔助線，構建全等三角形，利用全等三角形的判定與性質求得相關角的度數(shù)、相關線段的長度．