Question

11．已知，在正方形ABCD中，M是边BC中点，E是边AB上的一个动点，MF⊥ME，交射线CD于点F，AB=4，当DF=1时，求点A到直线EF的距离．

Answer 1

分析 作EN⊥CD于N，连接AF，设BE=x，则FN=3-x，根据勾股定理得出：EM²=x²+2²，FM²=3²+2²=13，EF²=EM²+FM²，EF²=FN²+EN²=（3-x）²+4²，得出方程：（3-x）²+4²=x²+2²+13，求出x=$\frac{4}{3}$，得出AE=$\frac{8}{3}$，EF=$\frac{13}{3}$，由梯形ADFE的面积=△ADF的面积+△AEF的面积=$\frac{1}{2}$（DF+AE）•AD，即可求出AG．

解答 解：作EN⊥CD于N，连接AF，如图所示：
则CN=BE，EN=BC=4，
∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=BC=CD=DA=4，∠B=∠C=90°，
设BE=x，则FN=3-x，
∵M是BC的中点，
∴BM=CM=2，
根据勾股定理得：EM²=x²+2²，FM²=3²+2²=13，
∵MF⊥ME，
∴∠EMF=90°，
∴EF²=EM²+FM²，又∵EF²=FN²+EN²=（3-x）²+4²，
∴（3-x）²+4²=x²+2²+13，
解得：x=$\frac{4}{3}$，
∴AE=$\frac{8}{3}$，EF²=（3-$\frac{4}{3}$）²+16=$\frac{169}{9}$，
∴EF=$\frac{13}{3}$，
∵DF=CD-CF=1，
∴梯形ADFE的面积=△ADF的面积+△AEF的面积=$\frac{1}{2}$（DF+AE）•AD，
即$\frac{1}{2}$×1×4+$\frac{1}{2}$×$\frac{13}{3}$×AG=$\frac{1}{2}$（1+$\frac{8}{3}$）×4，
∴AG=$\frac{32}{13}$，即点A到直线EF的距离为$\frac{32}{13}$．

点评 本题考查了正方形的性质、勾股定理、三角形面积以及梯形面积的计算方法；熟练掌握正方形的性质，根据勾股定理得出方程是解决问题的关键．