Question

9．在一个边长为4cm的正方形ABCD中，点E、M分别是线段AC，CD上的动点，连接DE并延长交正方形的边于点F，过点M作MN⊥DF于H，交AD于N．假设点M从点C出发，以1cm/s的速度沿CD向点D运动，点E同时从点A出发，以$\sqrt{2}$cm/s速度沿AC向点C运动，运动时间为t（t＞0）；
（1）如图1，
①当t为何值时，F为AB的中点；
②直接写出当F为AB中点时，DH：HE：EF=4：6：5．
（2）如图2，当F在AB边上时，求证：CM=DN；直接写出在整个运动过程中，若△FMN为等腰三角形时，则t=2或4．

Answer 1

分析 （1）①过E作EG⊥AB于点H，可知EG=t，AF=2，FG=2-t，由平行线分线段成比例可得$\frac{EG}{AD}$=$\frac{FG}{AF}$，可求得t的值；②当t=$\frac{4}{3}$时，在Rt△EFG、Rt△AFD、△DMN中可分别求得EF、FD、DH，可求得EH，可求得答案；
（2）可先证明△AFE∽△CDE，可用t表示出AF，再证明△MND∽△DFA，可求得ND=t，可证明ND=CM；当△MNF为等腰三角形，可分三种情况，即FN=MN、FN=FM和FM=MN，再结合等腰三角形的性质可分别求得满足条件的t的值．

解答 （1）解：①如图1，过E作EG⊥AB于点G，

当F为AB中点时，则AF=$\frac{1}{2}$AB=2，
∵四边形ABCD为正方形，
∴∠BAC=45°，
∵AE=$\sqrt{2}$t，
∴AG=GE=t，
∴GF=AF-AG=2-t，
又GE∥AD，
∴$\frac{GE}{AD}$=$\frac{FG}{FA}$，即$\frac{t}{4}$=$\frac{2-t}{t}$，解得t=$\frac{4}{3}$，
即当t为$\frac{4}{3}$时，F为AB的中点；
②由①可知当F为AB中点时，t=$\frac{4}{3}$，
则GF=2-t=2-$\frac{4}{3}$=$\frac{2}{3}$，在Rt△EFG中，可求得EF=$\frac{2\sqrt{5}}{3}$，
在Rt△ADF中，AD=4，AF=2，可求得DF=2$\sqrt{5}$，
∵DF⊥MN，
∴∠DNM+∠ADF=∠AFD+∠ADF=90°，
∴∠DNM=∠AFD，且∠FAD=∠NDM，
∴△DMN∽△ANF，
∴$\frac{DM}{DN}$=$\frac{AD}{AF}$，
∵CM=t，
∴DM=4-t=4-$\frac{4}{3}$=$\frac{8}{3}$，
∴$\frac{\frac{8}{3}}{DN}$=$\frac{4}{2}$，解得DN=$\frac{4}{3}$，在Rt△DMN中，可求得MN=$\frac{4\sqrt{5}}{3}$，
又由面积相等可得DM•DN=MN•DH，即$\frac{8}{3}$×$\frac{4}{3}$=$\frac{4}{3}$$\sqrt{5}$•DH，解得DH=$\frac{8\sqrt{5}}{15}$，
∴EH=DF-EF-DH=2$\sqrt{5}$-$\frac{2\sqrt{5}}{3}$-$\frac{8\sqrt{5}}{15}$=$\frac{4\sqrt{5}}{5}$，
∴DH：HE：EF=$\frac{8\sqrt{5}}{15}$：$\frac{4\sqrt{5}}{5}$：$\frac{2\sqrt{5}}{3}$=8：12：10=4：6：5，
故答案为：4；6；5；
（2）证明：∵AB∥CD，
∴△AFE∽△CDE，
∴$\frac{AF}{CD}$=$\frac{AE}{EC}$，即$\frac{AF}{4}$=$\frac{\sqrt{2}t}{4\sqrt{2}-\sqrt{2}t}$=$\frac{t}{4-t}$，解得AF=$\frac{4t}{4-t}$，
又由（1）可知△MND∽△DFA，
∴$\frac{ND}{AF}$=$\frac{MD}{AD}$，即$\frac{MD}{\frac{4t}{4-t}}$=$\frac{4-t}{4}$，解得MD=t，
∴DN=CM=t；
若△MNF为等腰三角形，则有三种情况：
①若FN=MN，则由AN=DM可知△FAN≌△NDM，
∴AF=ND，即$\frac{4t}{4-t}$=t，解得t=0，不合题意；
②若FN=FM，由MN⊥HM知，HN=HM，
∴DN=DM=MC，
∴t=2，此时点F与点B重合；
③若FM=MN，显然此时点F在BC边上，如图2，

∵AN=DM，AD=CD，
∴ND=CM，
在△MFC和△NMD中
$\left\{\begin{array}{l}{MC=ND}\\{∠MCF=∠NDM}\\{MF=MN}\end{array}\right.$
∴△MFC≌△NMD（SAS），
∴FC=DM=4-t，
又可证得△NDM∽△DCF，
∴$\frac{DN}{DM}$=$\frac{DC}{FC}$，即$\frac{t}{4-t}$=$\frac{4}{FC}$，
∴FC=$\frac{4（4-t）}{t}$，
∴$\frac{4（4-t）}{t}$=4-t，解得t=4，此时点F与点C重合，
综上可知，当t=2或t=4时，△MNF能够成为等腰三角形，
故答案为：2或4．

点评 本题主要考查正方形的性质和相似三角形、全等三角形的判定和性质、等腰三角形的性质等知识点的综合应用．在（1）中把线段用t表示出来，利用相似求得t的值是解题的关键，在（2）中求得AF和CM的值是解题的关键．本题知识点较多，综合性较强，有一定的难度，且有一定的计算量．在解题时注意方程思想、分类讨论思想的应用．