Question

19．已知如圖，正方形ABCD的邊長為2，點E為邊AD上任意一點，連BE，以BE為邊作正方形BEMN，EM、CD相交于點F，過M作MH⊥CD于H，①若∠ABE=30°，則DE=1；②DF的最大值為$\frac{1}{2}$；③MH=AE；④若H為CF的中點，則tan∠CBN=$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$，上述說法正確的個數是（　　）

• A． 1個
• B． 2個
• C． 3個
• D． 4個

Answer 1

分析 ①先根據30°的正切求AE的長，所以由正方形的邊長可以求出DE≠1；
②設AE=x，則DE=2-x，根據同角的三角函數列式為：$\frac{AE}{AB}=\frac{DF}{ED}$，得關于x的方程，解出即得DF的二次函數關系式，求最值即可；
③如圖1，作輔助線，先證明N和G重合，再證明△BAE≌△NHM可得結論；
④設CN=x，HC=y，根據△NHM∽△MHF，列比例式可求得：x=$\frac{1±\sqrt{5}}{2}$y，在直角△BCN中根據正切的定義代入求值．

解答 解：①∵四邊形ABCD為正方形，
∴∠A=90°，
在Rt△ABE中，tan30°=$\frac{AE}{AB}$，
∴AE=$\frac{\sqrt{3}}{3}$×2=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$，
∴DE=AD-AE=2-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$≠1，
所以此選項不正確；
②設AE=x，則DE=2-x，
∵∠BEM=90°，
∴∠AEB+∠MED=90°，
∵∠AEB+∠ABE=90°，
∴∠MED=∠ABE，
∴tan∠ABE=tan∠MED，
∴$\frac{AE}{AB}=\frac{DF}{ED}$，
∴$\frac{x}{2}=\frac{DF}{2-x}$，
∴DF=-$\frac{1}{2}{x}^{2}$+x，
∵-$\frac{1}{2}$＜0，
∴DF有最大值，
則DF的最大值是：$\frac{4×（-\frac{1}{2}）×0-{1}^{2}}{4×（-\frac{1}{2}）}$=$\frac{1}{2}$，
所以此選項正確；
③如圖1，延長DC，交直線BN于G，
∵四邊形ABCD為正方形，
∴AB=BC，∠A=∠BCG=90°，
∵∠ABE+∠EBC=90°，∠EBC+∠GBC=90°，
∴∠ABE=∠GBC，
∴△ABE≌△CBG，
∴BE=BG，
∵四邊形EBNM是正方形，
∴BE=BN=NM，
∴N和G重合，
∵∠EMN=∠BEM=90°，
∴∠EMH+∠HMN=90°，∠BEA+∠DEM=90°，
∵AD∥HM，
∴∠DEM=∠EMH，
∴∠HMN=∠BEA，
∵∠A=∠NHM=90°，
∴△BAE≌△NHM，
∴AE=MH，
所以此選項正確；
④若H為CF的中點，如圖2，
CH=FH，
設CN=x，HC=y，則HM=x，FH=y，BC=HN=x+y，
∵∠FMN=∠NHM=90°，
∴∠HNM+∠NFM=90°，∠HNM+∠NMH=90°，
∴∠NFM=∠NMH，
∵∠NHM=∠FHM=90°，
∴△NHM∽△MHF，
∴$\frac{NH}{MH}=\frac{HM}{HF}$，
∴MH²=NH•HF，
∴x²=y（x+y），
x=$\frac{1±\sqrt{5}}{2}$y，
∵x＞0，
∴x=$\frac{1+\sqrt{5}}{2}$y，
∴BC=x+y=$\frac{3+\sqrt{5}}{2}$y，
∴tan∠CBN=$\frac{CN}{BC}$=$\frac{\frac{1+\sqrt{5}}{2}y}{\frac{3+\sqrt{5}}{2}y}$=$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$，
所以此選項正確；
上述說法正確的是②③④，有3個；
故選C．

點評 本題是四邊形的綜合題，考查了正方形的性質、三角形全等、相似的性質和判定、三角函數以及二次函數的最值問題，在正方形中常利用同角的余角相等證明兩個角相等，為全等或相似創造條件．