Question

4．如图，已知正方形ABCD的边长为1，对角线AC上有一点E，使得AE=$\frac{{\sqrt{2}}}{2}$AC．连结DE，过线段DE上的一个动点F分别向AC和AD作垂线段，垂足分别为G、H．
（1）证明：△FGE∽△FHD；
（2）设线段FG的长度为x，线段FH的长度为y，求出y关于x的函数表达式，并写出自变量的取值范围；
（3）连结GH，求出△GHF面积的最大值．

Answer 1

分析 （1）首先利用勾股定理求得AC的长度，然后可求得AE=AD=1，从而可得到：∠AED=∠ADE，因为∠FGE=∠FHD=90°，故此可证明△FGE∽△FHD；
（2）首先证明△AEK∽△ACD，从而可知$\frac{AE}{AC}=\frac{EK}{DC}$，可求得EK=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，然后根据△AED的面积=△AEF的面积+△ADF的面积可求得：FG+HF=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，从而可求得y与x的函数关系式；
（3）首先在四边形AGFH中，求得∠GFH=135°，从而得到∠MFG=45°，然后利用特殊锐角三角形函数值可求得GM=$\frac{{\sqrt{2}}}{2}x$，从而可得到△GFH的面积与x的函数关系，最后利用配方法求得△GHF面积的最大值为$\frac{{\sqrt{2}}}{32}$．

解答 解：（1）如图1：

证明：在Rt△ABC中，AC=$\sqrt{{AB}^{2}+B{C}^{2}}=\sqrt{{1}^{2}+{1}^{2}}=\sqrt{2}$，
∴AE=$\frac{\sqrt{2}}{2}×\sqrt{2}$=1．
∵AE=AD=1，
∴∠AED=∠ADE．
又∵∠FGE=∠FHD=90°
∴△FGE∽△FHD 
（2）如图2：连接AF，过点E作Ek⊥AD，垂足为k．

∵EK⊥AD，DC⊥AD，
∴EK∥DC．
∴△AEK∽△ACD．
∴$\frac{AE}{AC}=\frac{EK}{DC}$即：$\frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{EK}{1}$．
∴EK=$\frac{\sqrt{2}}{2}$．
∴△AED的面积=$\frac{1}{2}AD•EK=\frac{1}{2}×1×\frac{\sqrt{2}}{2}$=$\frac{\sqrt{2}}{4}$
∵△AED的面积=△AEF的面积+△ADF的面积
=$\frac{1}{2}AE•FG+\frac{1}{2}AD•FH$
=$\frac{1}{2}×1×FG+\frac{1}{2}×1×FH$
=$\frac{1}{2}（FG+HF）$．
∴$\frac{1}{2}（FG+HF）$=$\frac{\sqrt{2}}{4}$．
∴FG+HF=$\frac{\sqrt{2}}{2}$
∴$y=-x+\frac{{\sqrt{2}}}{2}$；
（3）如图3：过点G作GM⊥HF，垂足为M．

在四边形AGFH中，∠GFH=360°-∠GAH-∠FGA-∠FHA
=360°-45°-90°-90°
=135°
∴∠MFG=45°．
∴在Rt△GMF中，$\frac{GM}{GF}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，即$\frac{GM}{x}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∴GM=$\frac{{\sqrt{2}}}{2}x$
∴S_△GFH$\frac{1}{2}GM•FH=\frac{1}{2}×\frac{\sqrt{2}}{2}x（-x+\frac{\sqrt{2}}{2}）$=$-\frac{\sqrt{2}}{4}（x-\frac{\sqrt{2}}{4}）^{2}+\frac{\sqrt{2}}{32}$．
∴△GHF面积的最大值为$\frac{{\sqrt{2}}}{32}$．

点评 本题主要考查的是相似三角形的性质和判定和函数知识的综合应用，面积法和配方法求二次函数最值的应用是解题的关键．