Question

11．如图1，在正方形ABCD中，点E为边BC上一点，将△ABE沿AE翻折得△AHE，延长EH交边CD于F，连接AF．
（1）求证：∠EAF=45°；
（2）若AB=4，F为CD的中点，求tan∠BAE的值；
（3）如图2，射线AE、AF分别交正方形两个外角的平分线于M、N，连接MN，若以BM、DN、MN为三边围成三角形，试猜想三角形的形状，并证明你的结论．

Answer 1

分析 （1）由翻折性质得出∠ABE=∠AHE=90°，AB=AH，∠BAE=∠EAH，由正方形的性质得出AB=AH=AD，由HL证明Rt△AHF≌Rt△ADF，得出∠HAF=∠DAF，即可得出结论；?
（2）设BE的长x，则EF=x+2，EC=4-x，CF=2，由勾股定理得出方程，解方程求出BE，由三角函数的定义即可得出结果；
（3）过点A作AH⊥AN，并截取AH=AN，连接BH、HM，则∠HAN=90°，由正方形的性质得出AB=AD，∠BAD=∠ABC=∠ADC=90°，证出∠HAB=∠NAD，∠PBM=∠CDN=45°，∠ADN=135°，由SAS证明△ABH≌△ADN，得出BH=DN，AH=AN，∠ABH=∠ADN=135°，∠BAH=∠DAN，证出∠HBM=90°，由勾股定理得出BM²+BH²=HM²，由SAS证明△AMH≌△AMN，得出HM=MN，因此BM²+BH²=MN²，即可得出结论．

解答 （1）证明：∵将△ABE沿AE翻折得△AHE，
∴∠ABE=∠AHE=90°，AB=AH，∠BAE=∠EAH，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AH=AD
在Rt△AHF和Rt△ADF中，$\left\{\begin{array}{l}{AH=AD}\\{AF=AF}\end{array}\right.$，
∴Rt△AHF≌Rt△ADF（HL），
∴∠HAF=∠DAF，
∴∠EAF=∠HAF+∠EAH=$\frac{1}{2}$∠BAD=$\frac{1}{2}$×90°=45°；?
（2）解：∵BE=EH，HF=FD，
∵AB=4，F为CD的中点，
∴HF=FD=2，设BE的长x，
在Rt△CEF中，EF=x+2，EC=4-x，CF=2，
由勾股定理得：EF²=EC²+CF²，
∴（x+2）²=（4-x）²+2²，
解得：x=$\frac{4}{3}$，
∴tan∠BAE=$\frac{BE}{AB}$=$\frac{\frac{4}{3}}{4}$=$\frac{1}{3}$；
（3）解：以BM、DN、MN为三边围成三角形的三角形是直角三角形．理由如下：
过点A作AH⊥AN，并截取AH=AN，连接BH、HM，如图所示：
则∠HAN=90°，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠BAD=∠ABC=∠ADC=90°，
∴∠PBC=∠CDQ=90°，∠HAB=∠NAD，
∵射线AE、AF分别交正方形两个外角的平分线于M、N，
∴∠PBM=∠CDN=45°，
∴∠ADN=90°+45°=135°，
在△ABH和△ADN中，$\left\{\begin{array}{l}{AH=AN}&{\;}\\{∠HAB=∠NAD}&{\;}\\{AB=AD}&{\;}\end{array}\right.$，
∴△ABH≌△ADN（SAS），
∴BH=DN，AH=AN，∠ABH=∠ADN=135°，∠BAH=∠DAN，
∴∠HBP=180°-135°=45°，
∴∠HBM=45°+45°=90°，
∴BM²+BH²=HM²，
∵∠MAN=45°，∠HAM=90°，
∴∠HAM=45°=∠MAN，
在△AMH和△AMN中，$\left\{\begin{array}{l}{AH=AN}&{\;}\\{∠HAM=∠MAN}&{\;}\\{AM=AM}&{\;}\end{array}\right.$，
∴△AMH≌△AMN（SAS），
∴HM=MN，
∴BM²+BH²=MN²，
∴以BM、DN、MN为三边围成三角形的三角形是直角三角形．

点评 本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质、全等三角形的判定与性质、三角函数、勾股定理、勾股定理的逆定理等知识；本题综合性强，难度较大，特别是（3）中，需要通过作辅助线构造三角形全等得出直角三角形，运用勾股定理和勾股定理的逆定理才能得出结论．