Question

7．如图，在正方形ABCD中，点E是AD的中点，连接BE、CE，点F是CE的中点，连接DF、BF，点M是BF上一点且$\frac{BM}{MF}$=$\frac{1}{2}$，过点M作MN⊥BC于点N，连接FN，下列结论中：①BE=CE；②∠BEF=∠DFE；③MN=$\frac{1}{6}$AB；④$\frac{{S}_{△FMN}}{{S}_{四边形EBNF}}$=$\frac{1}{6}$，其中正确结论的序号分别是①②③．

Answer 1

分析 设AE=a，则DE=a，AB=BC=CD=DA=2a．在正方形ABCD中，根据勾股定理可得BE=CE，故①正确；过点F作FG⊥AD于G，FG交BC于H．由F是CE的中点，得出EG=DG=$\frac{1}{2}$DE=$\frac{1}{2}$a，GF=$\frac{1}{2}$CD=a．再根据正切函数的定义可得tan∠AEB=tan∠GDF=2，则∠AEB=∠GDF，BE∥DF，从而有∠BEF=∠DFE，故②正确；由△EFG≌△CFH，得出FG=FH=a，由MN∥FH，根据平行线分线段成比例定理，可得MN=$\frac{1}{3}$FH=$\frac{1}{3}$a，则MN=$\frac{1}{6}$AB，故③正确；分别计算S_△FMN与S_{四边形FEBN}，即可得出$\frac{{S}_{△FMN}}{{S}_{四边形EFNB}}$=$\frac{\frac{1}{6}{a}^{2}}{\frac{5}{4}{a}^{2}}$=$\frac{2}{15}$，故④错误．

解答 解：∵四边形ABCD是正方形，
∴∠A=∠ABC=∠BCD=∠CDA=90°，AB=BC=CD=DA，AD∥BC．
设AE=a，则DE=a，AB=BC=CD=DA=2a．
在△ABE中，由勾股定理，得BE=$\sqrt{5}$a，
在△CDE中，由勾股定理，得CE=$\sqrt{5}$a，
∴BE=CE，故①正确；
过点F作FG⊥AD于G，FG交BC于H．
∵AD∥BC，FG⊥AD，
∴GH⊥BC．
∵FG∥CD，点F是CE的中点，
∴EG=DG=$\frac{1}{2}$DE=$\frac{1}{2}$a，GF=$\frac{1}{2}$CD=a．
在直角△ABE中，∵tan∠AEB=$\frac{AB}{AE}$=$\frac{2a}{a}$=2，
在直角△GFD中，∵tan∠GDF=$\frac{GF}{DG}$=$\frac{a}{\frac{1}{2}a}$=2，
∴tan∠AEB=tan∠GDF，
∵0°＜∠AEB＜90°，0°＜∠GDF＜90°，
∴∠AEB=∠GDF，
∴BE∥DF，
∴∠BEF=∠DFE，故②正确；
易证△EFG≌△CFH，则FG=FH=a，EG=CH=$\frac{1}{2}$a．
∵GH∥CD，GD∥HC，∠CDA=90°，
∴四边形CDGH是矩形，
∴CH=DG=$\frac{1}{2}$a，
∴BH=BC-CH=$\frac{3}{2}$a．
∵MN⊥BC，GH⊥BC，
∴MN∥FH，
∴$\frac{MN}{FH}$=$\frac{BN}{BH}$=$\frac{BM}{BF}$=$\frac{1}{3}$，
∴MN=$\frac{1}{3}$FH=$\frac{1}{3}$a，BN=$\frac{1}{3}$BH=$\frac{1}{2}$a，
∴MN=$\frac{1}{6}$AB，故③正确；
∵BN=CH=$\frac{1}{2}$a，
∴NH=BC-BN-CH=a，
∴S_△FMN=$\frac{1}{2}$MN•NH=$\frac{1}{2}$×$\frac{1}{3}$a×a=$\frac{1}{6}$a²，
S_{四边形FEBN}=S_{正方形ABCD}-S_△ABE-S_△CDE-S_△CNF=4a²-$\frac{1}{2}$•2a•a-$\frac{1}{2}$•2a•a-$\frac{1}{2}$•$\frac{3}{2}$a•a=$\frac{5}{4}$a²．
∴$\frac{{S}_{△FMN}}{{S}_{四边形EFNB}}$=$\frac{\frac{1}{6}{a}^{2}}{\frac{5}{4}{a}^{2}}$=$\frac{2}{15}$，故④错误．
故答案为①②③．

点评 本题主要考查了正方形的性质，全等三角形、相似三角形的判定与性质，平行线分线段成比例定理，作出辅助线是解题的关键，设辅助未知数AE=a可使问题简化．