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,
∵M(jìn)H=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.
科目:初中數(shù)學(xué) 來源: 題型:填空題
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