试题

题目：
（2012·惠山区一模）阅读与证明：
如图，已知正方形ABCD中，E、F分别是CD、BC上的点，且∠EAF=45°，
青果学院
求证：BF+DE=EF．
分析：证明一条线段等于另两条线段的和，常用“截长法”或“补短法”，将线段BF、DE放在同一直线上，构造出一条与BF+DE相等的线段．如图1延长ED至点F′，使DF′=BF，连接A F′，易证△ABF≌△ADF′，进一步证明△AEF≌△AEF′，即可得结论．
（1）请你将下面的证明过程补充完整．
证明：延长ED至F′，使DF′=BF，
∵四边形ABCD是正方形
∴AB=AD，∠ABF=∠ADF′=90°，
∴△ABF≌△ADF’（SAS）
应用与拓展：如图建立平面直角坐标系，使顶点A与坐标原点O重合，边OB、OD分别在x轴、y轴的正半轴上．
（2）设正方形边长OB为30，当E为CD中点时，试问F为BC的几等分点？并求此时F点的坐标；
（3）设正方形边长OB为30，当EF最短时，直接写出直线EF的解析式：
y=-x+30
2
y=-x+30
2
．
答案
y=-x+30
2

（1）证明：延长ED至F′，使DF′=BF，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠ABF=∠ADF′=90°，
∴△ABF≌△ADF’（SAS），
∴AF=AF′，∠BAF=∠DAF′，
∵∠F′AE=∠F′AD+∠DAE=∠BAF+∠DAE=∠DAB-∠EAF=45°，
又∵∠EAF=45°，
∴∠F′AE=∠EAF，
AF=AF′
∠EAF=∠EAF′
AE=AE
，
∴△AEF≌△AEF′（SAS），
∴EF=EF′=ED+DF′=ED+BF；

（2）解：设BF=a，则CF=30-a，EF=ED+FB=15+a，
在Rt△CEF中，根据勾股定理得：EC2+CF2=EF2，
∴152+（30-a）2=（15+a）2，
∴a=10，
∴F为BC的三等分点，
∴F（30，10）；

（3）解：当CE=CF时，EF最短，此时△CEF为等腰直角三角形，
设F坐标为（30，b），可得FB=b，
∴CF=CE=BC-FB=30-b，
∴EF=
2
（30-b），
又EF=FB+DE，∴
2
（30-b）=2b，
解得：b=
30
2
2+
2
=30
2
-30，
∴FB=DE=30
2
-30，
∴E（30
2
-30，30），F（30，30
2
-30），
设直线EF的解析式为y=kx+b，
将E和F的坐标代入得：
(30
2
-30)k+b=30
30k+b=30
2
-30
，
解得：
k=-1
b=30
2
，
则直线EF的解析式为y=-x+30
2
．
故答案为：y=-x+30
2
．
考点梳理
一次函数综合题；全等三角形的判定与性质．
（1）延长EDF′，使DF′=BF，由ABCD为正方形，根据正方形的四条边相等得到AB=AD，∠ABF=∠ADF′=90°，利用SAS可得出三角形ABF与三角形ADF′全等，根据全等三角形的性质得到AF=AF′，∠BAF=∠DAF′，由∠EAF为45°，得到∠DAE+∠FAB=45°，等量代换可得出∠EAF′=45°，然后利用SAS得到三角形AEF与三角形AEF′，利用全等三角形的对应边相等得到EF=EF′，而EF′=ED+DF′，再将DF′换为BF即可得证；
（2）设BF=a，由CB-FB表示出CF，由EF=ED+FB表示出EF，在直角三角形CEF中，利用勾股定理列出关于a的方程，求出方程的解得到a的值为10，可得出F为BC的三等分点；
（3）当CE=CF时，EF最短，此时△CEF为等腰直角三角形，由题意设出F（30，b），即FB=b，由CB-FB表示出CF，即为CE，由EF=BF+DE=2BF=2b，在直角三角形CEF中，由表示出的CF与CE利用勾股定理表示出EF，可列出关于b的方程，求出方程的解得到b的值，确定出E与F的坐标，设直线EF的解析式为y=kx+b，将E和F的坐标代入得到关于k与b的二元一次方程组，求出方程组的解得到k与b的值，进而确定出直线EF的解析式．
此题考查了一次函数综合题，涉及的知识有：全等三角形的判定与性质，坐标与图形性质，利用待定系数法求一次函数解析式，正方形的性质，等腰直角三角形的性质，以及勾股定理，利用了转化的数学思想，其中根据题意得到当CE=CF时，EF最短是解第三问的关键．
计算题．
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