Question

（2010•東城區(qū)一模）如圖，正方形ABCD的對角線AC與BD相交于點M，正方形MNPQ與正方形ABCD全等，射線MN與MQ不過A、B、C、D四點且分別交ABCD的邊于E、F兩點，
（1）求證：ME=MF；
（2）若將原題中的正方形改為矩形，且BC=2AB=4，其他條件不變，探索線段ME與線段MF的數(shù)量關(guān)系．

Answer 1

【答案】分析：（1）求簡單的線段相等，可證線段所在的三角形全等；故M分別作MG⊥BC于G，MH⊥CD于H，易得MG=MH，而∠EMG、∠FMH都是∠GMF的余角，由此可證得∠EMG=∠FMH，即可證得△MGE≌△MHF，由此得證．
（2）此題要分四種情況討論：
①當(dāng)MN交BC于點E，MQ交CD于點F時；此種情況與（1）類似，不同的是（1）題用到的是全等，而此題運用的是相似，過點M作MG⊥BC于點G，MH⊥CD于點H，通過證△MGE∽△MHF，得到關(guān)于ME、MF、MG、MH的比例關(guān)系式，聯(lián)立矩形的性質(zhì)及BC、AB的比例關(guān)系，即可求得ME、MF的比例關(guān)系；
②當(dāng)MN的延長線交AB于點E，MQ交BC于點F時．解法同①；
③當(dāng)MN、MQ兩邊都交邊BC于E、F時，過M作MH⊥BC于H，由于M是AC的中點，且已知AB的長，即可求得MH=1，在Rt△EMF中，MH⊥EF，易證得△MEH∽△FEM，△FMH∽△FEM．可得，．將MH=1代入上述兩式，然后聯(lián)立勾股定理即可得到ME、MF的關(guān)系式；
④當(dāng)MN交BC邊于E點，MQ交AD于點F時．可延長EM交BC于G，易證得△MED≌△MGB，即可得ME=MG，那么這種情況下與③完全相同，即可得解．
解答：（1）證明：過點M作MG⊥BC于點G，MH⊥CD于點H．
∴∠MGE=∠MHF=90°．
∵M(jìn)為正方形對角線AC、BD的交點，∴MG=MH．
又∵∠1+∠GMQ=∠2+∠GMQ=90°，
∴∠1=∠2．
在△MGE和△MHF中
∠1=∠2，
MG=MH，
∠MGE=∠MHF．
∴△MGE≌△MHF．
∴ME=MF．（3分）

（2）解：①當(dāng)MN交BC于點E，MQ交CD于點F時．
過點M作MG⊥BC于點G，MH⊥CD于點H．
∴∠MGE=∠MHF=90°．
∵M(jìn)為矩形對角線AC、BD的交點，
∴∠1+∠GMQ=∠2+∠GMQ=90°．
∴∠1=∠2．
在△MGE和△MHF中，
∠1=∠2
∠MGE=∠MHF
∴△MGE∽△MHF．
∴．
∵M(jìn)為矩形對角線AB、AC的交點，∴MB=MD=MC
又∵M(jìn)G⊥BC，MH⊥CD，∴點G、H分別是BC、DC的中點．
∵BC=2AB=4，
∴．
∴．（4分）
②當(dāng)MN的延長線交AB于點E，MQ交BC于點F時．
過點M作MG⊥AB于點G，MH⊥BC于點H．
∴∠MGE=∠MHF=90°．
∵M(jìn)為矩形對角線AC、BD的交點，
∴∠1+∠GMQ=∠2+∠GMQ=90°．
∴∠1=∠2．
在△MGE和△MHF中，
∠1=∠2，
∠MGE=∠MHF．
∴△MGE∽△MHF．
∴．
∵M(jìn)為矩形對角線AC、BD的交點，
∴MB=MA=MC．
又∵M(jìn)G⊥AB，MH⊥BC，∴點G、H分別是AB、BC的中點．
∵BC=2AB=4，∴．
∴．（5分）
③當(dāng)MN、MQ兩邊都交邊BC于E、F時．
過點M作MH⊥BC于點H．
∴∠MHE=∠MHF=∠NMQ=90°．
∴∠1=∠3，∠2=∠4．
∴△MEH∽△FEM，△FMH∽△FEM．
∴，．
∵M(jìn)為矩形對角線AC、BD的交點，
∴點M為AC的中點．
又∵M(jìn)H⊥BC，
∴點M、H分別是AC、BC的中點．
∵BC=2AB=4，
∴AB=2．
∴MH=1．
∴，．
∴．（6分）
④當(dāng)MN交BC邊于E點，MQ交AD于點F時．
延長FM交BC于點G．
易證△MFD≌△MGB．∴MF=MG．
同理由③得．
∴．（7分）
綜上所述：ME與MF的數(shù)量關(guān)系是或或．
點評：此題考查了正方形、矩形的性質(zhì)，全等三角形、相似三角形的判定和性質(zhì)以及勾股定理等知識的綜合應(yīng)用；由于（2）題的情況較多，做到不漏解是此題的難點．