分析 (1)由等腰直角三角形的性质得到AP=BP=$\frac{\sqrt{2}}{2}$AB=2,根据三角形中位线的性质,得到EF∥AB,EF=$\frac{1}{2}$AB=$\sqrt{2}$,再由勾股定理得到结果;
(2)连接EF,设∠ABP=α,类比着(1)即可证得结论;
(3)连接AC交EF于H,设BE与AF的交点为P,由点E、G分别是AD,CD的中点,得到EG是△ACD的中位线于是证出BE⊥AC,由四边形ABCD是平行四边形,得到AD∥BC,AD=BC=2$\sqrt{5}$,∠EAH=∠FCH根据E,F分别是AD,BC的中点,得到AE=BF=CF=$\frac{1}{2}$AD=$\sqrt{5}$,证出四边形ABFE是平行四边形,证得EH=FH,推出EH,AH分别是△AFE的中线,由(2)的结论得即可得到结果.
解答 解:(1)∵AF⊥BE,∠ABE=45°,
∴AP=BP=$\frac{\sqrt{2}}{2}$AB=2,
∵AF,BE是△ABC的中线,
∴EF∥AB,EF=$\frac{1}{2}$AB=$\sqrt{2}$,
∴∠PFE=∠PEF=45°,
∴PE=PF=1,
在Rt△FPB和Rt△PEA中,
AE=BF=$\sqrt{{1}^{2}+{2}^{2}}$=$\sqrt{5}$,
∴AC=BC=2$\sqrt{5}$,
∴a=b=2$\sqrt{5}$,
如图2,连接EF,
同理可得:EF=$\frac{1}{2}$×2=1,
∵EF∥AB,
∴△PEF∽△PBA,
∴$\frac{PF}{PA}$=$\frac{PE}{PB}$=$\frac{EF}{AB}$=$\frac{1}{2}$,
在Rt△ABP中,∵AB=2,∠ABP=30°,
∴AP=1,PB=$\sqrt{3}$,
∴PF=$\frac{1}{2}$,PE=$\frac{\sqrt{3}}{2}$,
在Rt△APE和Rt△BPF中,
AE=$\sqrt{{1}^{2}+(\frac{\sqrt{3}}{2})^{2}}$=$\frac{\sqrt{7}}{2}$,BF=$\sqrt{3+\frac{1}{4}}$=$\frac{\sqrt{13}}{2}$,
∴a=$\sqrt{13}$,b=$\sqrt{7}$.
故答案为2$\sqrt{5}$,2$\sqrt{5}$;$\sqrt{13}$,$\sqrt{7}$.
(2)猜想:a2+b2=5c2,
如图3,连接EF,
设∠ABP=α,∵AF⊥BE,
∴AP=csinα,PB=ccosα,
由(1)同理可得,PF=$\frac{1}{2}$PA=$\frac{1}{2}$csinα,PE=$\frac{1}{2}$PB=$\frac{1}{2}$ccosα,
AE2=AP2+PE2=c2sin2α+$\frac{1}{4}$c2cos2α,BF2=PB2+PF2=c2cos2α+$\frac{1}{4}$c2sin2α,
∴($\frac{1}{2}$b)2=c2sin2α+$\frac{1}{4}$c2cos2α,($\frac{1}{2}$a)2=c2cos2α+$\frac{1}{4}$c2sin2α,
∴$\frac{1}{4}$a2+$\frac{1}{4}$b2=c2cos2α+$\frac{1}{4}$c2sin2α+c2sin2α+$\frac{1}{4}$c2cos2α,
∴a2+b2=5c2;
(3)如图4,连接AC,EF交于H,AC与BE交于点Q,设BE与AF的交点为P,
∵点E、G分别是AD,CD的中点,
∴EG∥AC,
∵BE⊥EG,
∴BE⊥AC,
∵四边形ABCD是平行四边形,
∴AD∥BC,AD=BC=2$\sqrt{5}$,
∴∠EAH=∠FCH,
∵E,F分别是AD,BC的中点,
∴AE=$\frac{1}{2}$AD,BF=$\frac{1}{2}$BC,
∴AE=BF=CF=$\frac{1}{2}$AD=$\sqrt{5}$,
∵AE∥BF,
∴四边形ABFE是平行四边形,
∴EF=AB=3,AP=PF,
在△AEH和△CFH中,
$\left\{\begin{array}{l}{∠EAH=∠FCH}\\{∠AHE=∠FHC}\\{AE=CF}\end{array}\right.$,
∴△AEH≌△CFH,
∴EH=FH,
∴EQ,AH分别是△AFE的中线,
由(2)的结论得:AF2+EF2=5AE2,
∴AF2=5($\sqrt{5}$)2-EF2=16,
∴AF=4.
点评 本题是四边形综合题,考查了等腰直角三角形的性质,三角形中位线的性质,勾股定理,相似三角形、平行四边形、全等三角形的判定与性质等知识,注意类比思想在本题中的应用,得出AF2+EF2=5AE2是解题的关键.
科目:初中数学 来源: 题型:解答题
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