Question

13．如圖，在正方形ABCD中，點(diǎn)E是AD的中點(diǎn)，連接BE、CE，點(diǎn)F是CE的中點(diǎn)，連接DF、
BF，點(diǎn)M是BF上一點(diǎn)且$\frac{BM}{MF}$=$\frac{1}{2}$，過點(diǎn)M作MN⊥BC于點(diǎn)N，連接FN，則$\frac{{S}_{△FMN}}{{S}_{四邊形EBNF}}$=$\frac{2}{15}$．

Answer 1

分析 根據(jù)正方形的性質(zhì)得到∠A=∠ABC=∠BCD=∠CDA=90°，AB=BC=CD=DA，AD∥BC．設(shè)AE=a，則DE=a，AB=BC=CD=DA=2a．根據(jù)勾股定理得到BE=$\sqrt{5}$a，CE=$\sqrt{5}$a，得到BE=CE，過點(diǎn)F作FG⊥AD于G，F(xiàn)G交BC于H．根據(jù)FG∥CD，點(diǎn)F是CE的中點(diǎn)，得到EG=DG=$\frac{1}{2}$DE=$\frac{1}{2}$a，GF=$\frac{1}{2}$CD=a．根據(jù)三角函數(shù)的定義得到∠AEB=∠GDF，由平行線的性質(zhì)得到∠BEF=∠DFE，推出△EFG≌△CFH，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到FG=FH=a，EG=CH=$\frac{1}{2}$a．推出四邊形CDGH是矩形，根據(jù)矩形的性質(zhì)得到CH=DG=$\frac{1}{2}$a，根據(jù)平行線分線段成比例定理得到$\frac{MN}{FH}=\frac{BN}{BH}$=$\frac{BM}{BF}$=$\frac{1}{3}$，于是得到MN=$\frac{1}{3}$FH=$\frac{1}{3}$a，BN=$\frac{1}{3}$BH=$\frac{1}{2}$a，求得S_△FMN=$\frac{1}{2}MN•NH$=$\frac{1}{2}×$$\frac{1}{3}$a×a=$\frac{1}{6}$a²，S_{四邊形FEBN}=S_{正方形ABCD}-S_△ABE-S_△CDE-S_△CNF=4a²-$\frac{1}{2}$•2a•a-$\frac{1}{2}•2a•a$-$\frac{1}{2}×\frac{3}{2}a•a$=$\frac{5}{4}$a²．即可得到結(jié)論．

解答 解：∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠A=∠ABC=∠BCD=∠CDA=90°，AB=BC=CD=DA，AD∥BC．
設(shè)AE=a，則DE=a，AB=BC=CD=DA=2a．
在△ABE中，由勾股定理，得BE=$\sqrt{5}$a，
在△CDE中，由勾股定理，得CE=$\sqrt{5}$a，
∴BE=CE，
過點(diǎn)F作FG⊥AD于G，F(xiàn)G交BC于H．
∵AD∥BC，F(xiàn)G⊥AD，∴GH⊥BC．
∵FG∥CD，點(diǎn)F是CE的中點(diǎn)，
∴EG=DG=$\frac{1}{2}$DE=$\frac{1}{2}$a，GF=$\frac{1}{2}$CD=a．
在直角△ABE中，∵tan∠AEB=$\frac{AB}{AE}$=$\frac{2a}{a}$=2，
在直角△GFD中，∵tan∠GDF=$\frac{GF}{DG}$=$\frac{a}{\frac{1}{2}a}$=2，
∴tan∠AEB=tan∠GDF，
∵0°＜∠AEB＜90°，0°＜∠GDF＜90°，
∴∠AEB=∠GDF，
∴BE∥DF，
∴∠BEF=∠DFE，
在△EFG與△CFH中，$\left\{\begin{array}{l}{∠GEF=∠FCH}\\{∠EGF=∠CHF}\\{EF=CF}\end{array}\right.$，
∴△EFG≌△CFH，
∴FG=FH=a，EG=CH=$\frac{1}{2}$a．
∵GH∥CD，GD∥HC，∠CDA=90°，
∴四邊形CDGH是矩形，
∴CH=DG=$\frac{1}{2}$a，
∴BH=BC-CH=$\frac{1}{2}$a．
∵M(jìn)N⊥BC，GH⊥BC，
∴MN∥FH，
∴$\frac{MN}{FH}=\frac{BN}{BH}$=$\frac{BM}{BF}$=$\frac{1}{3}$，
∴MN=$\frac{1}{3}$FH=$\frac{1}{3}$a，BN=$\frac{1}{3}$BH=$\frac{1}{2}$a，
∴MN=$\frac{1}{6}$AB，
∵BN=CH=$\frac{1}{2}$a，
∴NH=BC-BN-CH=a，
∴S_△FMN=$\frac{1}{2}MN•NH$=$\frac{1}{2}×$$\frac{1}{3}$a×a=$\frac{1}{6}$a²，
S_{四邊形FEBN}=S_{正方形ABCD}-S_△ABE-S_△CDE-S_△CNF=4a²-$\frac{1}{2}$•2a•a-$\frac{1}{2}•2a•a$-$\frac{1}{2}×\frac{3}{2}a•a$=$\frac{5}{4}$a²．
∴$\frac{{S}_{△FMN}}{{S}_{四邊形EBNF}}$=$\frac{1}{6}$•$\frac{{a}^{2}}{\frac{5}{4}{a}^{2}}$=$\frac{2}{15}$．
故答案為：$\frac{2}{15}$．

點(diǎn)評 本題考查了正方形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，平行線分線段成比例定理．正確的作出輔助線是解題的關(guān)鍵．