第65页

信息发布者：
​$ (1) $​证明：∵四边形​$ABCD$​是平行四边形，
∴​$AB=CD，$​​$OB=OD，$​​$OA=OC，$​
∵点​$E，$​​$F_{分别为}OB，$​​$OD$​的中点，
∴​$OE=\frac {1}{2}OB，$​​$OF=\frac {1}{2}OD，$​
∴​$OE=OF，$​
​$ $​在​$△ AOE$​和​$△ COF_{中}，$​
​$ \begin {cases}OA=OC \\∠ AOE=∠ COF \\OE=OF\end {cases}$​
∴​$△ AOE≌△ COF(\mathrm {SAS})，$​
∴​$AE=CF，$​​$∠ AEO=∠ CFO，$​
∴​$AE// CF，$​即​$EG// CF，$​
又∵​$EG=AE，$​
∴​$EG=CF，$​
∵​$EG// CF_{且}EG=CF，$​
∴四边形​$EGCF $​是平行四边形。
​$(2)$​解​$：AC⊥AB；$​
理由如下​$：$​由​$(1)$​可知​$EF=2OE，OE=BE. $​
∵​$EF=2GE，EG=AE， $​
∴​$ OE=AE=BE， $​
∴​$∠AOE=∠OAE，∠ABE=∠BAE，$​
∴​$∠BAO= ∠OAE+∠BAE=90°，$​
即​$AC⊥AB.$​

证明：
(1) $∵AD=CD，$$EA=EC，$$ED=ED，$
$∴△ AED≌△ CED(\mathrm{SSS})，$
$∴∠ ADE=∠ CDE，$
$∵AD// BC，$$∴∠ ADE=∠ CBD，$
$∴∠ CDE=∠ CBD，$$∴BC=CD，$
$∵AD=CD，$$∴AD=BC，$
$∵AD// BC$且$AD=BC，$
$∴$ 四边形$ABCD$是平行四边形，
又$∵AD=CD，$
$∴$ 平行四边形$ABCD$是菱形。
(2) ∵ BE=BC,
∴∠BCE=∠BEC.
∵∠CBE:∠BCE=2:3,
∴∠CBE=45°.
∵四边形ABCD是菱形,
∴∠ABE=45°,
∴∠ABC=90°,
∴四边形ABCD是正方形.

解：​$(2)$​结论​$：$​四边形​$BGEF $​是菱形​$. $​
理由如下:∵四边形​$ABCD$​是正方形​$， $​
∴​$∠BAD=∠ABC=90°，AC⊥BD.$​
由折叠可知​$， ∠AEF=∠ABF=90°，BF=EF，$​
∴​$∠AEF+ ∠BOC=180°，$​
∴​$EF//BG.$​
∵四边形​$ABCD$​是正方形​$，$​
∴​$∠BAC=45°，$​
由折叠可知,∠BAF=∠CAF= ​$\frac {1}{2}$​∠BAC=22.5°,
∴​$∠AFB=∠AGD=67.5°. $​
∵​$∠BGF=∠AGD，$​
∴​$∠AFB=∠BGF，$​
∴​$BG= BF.$​
∵​$BF=EF，$​
∴​$BG=BF=EF，$​
∴平行四边形​$ BGEF $​是菱形​$. $​
​$(3)$​如图​$，$​过点​$N$​作​$NK⊥AB$​于点​$ K，$​交​$ AF $​于点​$ I，$​
则​$∠AKN=∠NKM=90°，$​
∵四边​形​$ABCD$​是正方形​$，$​
∴​$∠BAD= ∠ADC=90°，AD=AB，$​
∴四边形​$ ADNK$​为矩形​$，$​
∴​$KN=AD=AB.$​
由折叠，可知​$MN⊥AF.$​
∴​$∠BAF+∠AIK= ∠KNM+∠FIN=90°$​
∵​$∠AIK=∠FIN，$​
∴​$∠BAF= ∠KNM.$​
在​$△ABF $​和​$△NKM$​中：
​$\begin {cases}{∠BAF=∠KNM} \\{AB=NK} \\{∠ABF=∠NKM}\end {cases}$​
∴​$△ABF≌△NKM(\mathrm {ASA})$​
∴​$AF=MN. $​
∵​$AB=1，$​
∴​$BD=\sqrt {AB²+AD²}=\sqrt {2} $​
∵​$∠GAD=∠BAD−∠BAF=90°−22.5°=67.5°. $​
∵​$∠AGD=67.5°，$​
∴​$∠AGD=∠GAD， $​
∴​$DG=AD=1，$​
∴​$BG=BD−DG=\sqrt {2}−1，$​
∴​$BF= BG=\sqrt {2}−1.$​
在​$Rt△ABF_{中}，$​由勾股定理​$，$​
得​$AF²= AB²+BF²=1+(\sqrt {2}-1)²$​
∴​$MN²=AF²=4−2\sqrt {2}$​
$67.5°$
上一页 下一页