Question

11．如图，在正方形ABCD中，对角线AC、BD相交于点O，∠BAC的平分线交BD于点G，交BC于点E，过点A作AF⊥AE交CD的延长线于点F，连接EF交BD于点M，若OG+CE=2$\sqrt{7}$，则DM的长为$\frac{2\sqrt{14}}{3}$．

Answer 1

分析 如图，作CN∥BD交AE的延长线于N，作EH⊥BC交BD于H．先证明△ABE≌△ADF，得BE=DF，再证明△EMH≌△FMD，得HM=DM，由CN=2OG，CN=CE，想办法求出CE，BE
BH即可解决问题．

解答 解：如图，作CN∥BD交AE的延长线于N，作EH⊥BC交BD于H．

∵四边形ABCD是正方形，
∴AB=AD，∠ABC=∠BAD=∠ADC=∠ADE=90°，
∵AE⊥AF，
∴∠EAF=∠BAD=90°，
∴∠BAE=∠DAF，
在△ABE和△ADF中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠FDA=∠EAB}\\{∠ADF=∠ABE}\\{AB=AD}\end{array}\right.$，
∴△ABE≌△ADF，
∴BE=DF，
∵∠BEH=∠BHE=45°，
∴BE=EH=DF，
在△EMH和△FMD中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠EMH=∠FMD}\\{∠HEM=∠DFM}\\{EH=DF}\end{array}\right.$，
∴△EMH≌△FMD，
∴HM=DM，
∵OA=OC，OG∥CN，
∴AG=GN，
∴CN=2OG，
∵AE平分∠BAC，
∴∠BAE=∠EAC=22.5°，
∴∠AEB=∠CEN=67.5°，
∵∠N=90°-∠CAN=67.5°，
∴∠N=∠CEN，
∴CE=CN=2OG，设OG=a，
则a+2a=2$\sqrt{7}$，
∴a=$\frac{2}{3}$$\sqrt{7}$，
∴CE=$\frac{4}{3}$$\sqrt{7}$，作EK⊥AC于K，
∵∠KCE=∠KEC=45°，
∴EB=EK=KC=$\frac{\sqrt{14}}{3}$，
∴BH=$\sqrt{2}$BE=$\frac{2}{3}$$\sqrt{7}$，
∴BC=BE+EC=$\frac{\sqrt{14}}{3}$+$\frac{4\sqrt{7}}{3}$，BD=$\sqrt{2}$BC=$\frac{2\sqrt{7}}{3}$+$\frac{4\sqrt{14}}{3}$，
∴DM=$\frac{1}{2}$DH=$\frac{1}{2}$（$\frac{2\sqrt{7}}{3}$+$\frac{4\sqrt{14}}{3}$-$\frac{2\sqrt{7}}{3}$）=$\frac{2\sqrt{14}}{3}$．
故答案为$\frac{2\sqrt{14}}{3}$．

点评 本题考查正方形的性质、全等三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，题目比较难，属于中考填空题中的压轴题．