每日一题：2020-10-19

每日一题: 2020-10-19

题目: 边长为$1$ 的正方形$ABCD$ 中, $E,F$ 为对角线$BD$ 上的动点.
(1) 证明: $AE+AF=CE+CF$;
(2) (I) 求$AE+CE$ 的最小值; (II) 求$AE+BE+CE$ 的最小值;
(3) 若$\angle EAF=45^{\circ}, DF=2BE$, 求四边形$AECF$ 的面积.

参考思路

(1) 有$\triangle ABE\cong \triangle CBE\Rightarrow AE=CE$, 同理得$AF=CF$. 即得 $AE+AF=CE+CF$;
(2) (I) 当$A,C,E$ 在同一条直线上是最短得, $\therefore AC=AE+EC=\sqrt{2}$.
(II) 如图, 连接$CM$, 当点$E$ 位于$BD$ 与$CE$ 的交点处时, $AE+BE+CE$ 的值最小.
理由如下: 连接$MN$, $\triangle AEB\cong \triangle MNB\Rightarrow AE=MN$
$\because \angle EBN=60^{\circ}, EB=NB\Rightarrow \triangle BEN$ 是等边三角形,
$\therefore BE=EN$.
$\therefore AE+BE+CE=EN+MN+CE=CM=\sqrt{MF^2+CF^2}=\sqrt{(\frac{1}{2})^2+(1+\frac{\sqrt{3}}{2})^2}=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2}$.

(3) 连接$AC$ 交$BD$ 于$O$, 设$DF=2x$, $BE=x$, 有勾股定理得: $AO=\frac{\sqrt{2}}{2}=BO=OD, BD=\sqrt{2}$.
即$EF=BD-BE-DF=\sqrt{2}-3x, DE=BD-BE=\sqrt{2}-x$
$\because $ 四边形$ABCD$ 是正方形,
$\therefore \angle ADB=45^{\circ}=\angle EAF$,
$\because \angle AEF=\angle AEF$
$\therefore \triangle AEF\backsim \triangle DEA\Rightarrow \frac{AE}{DE}=\frac{EF}{AE}$
$\therefore AE^2=DE\cdot EF=(\sqrt{2}-x)\cdot (\sqrt{2}-3x)$
在直角三角形$AEO$ 中, 由勾股定理得: $AE^2=AO^2+EO^2=(\frac{\sqrt{2}}{2})^2+(\frac{\sqrt{2}}{2}-x)^2$
$\therefore (\sqrt{2}-x)(\sqrt{2}-3x)=(\frac{\sqrt{2}}{2})^2+(\frac{\sqrt{2}}{2}-x)^2$
解得: $x=\frac{3\sqrt{2}+\sqrt{10}}{4}>\sqrt{2}$ (舍去), $x=\frac{3\sqrt{2}-\sqrt{10}}{4}$.
$\therefore EF=\sqrt{2}-3x=\frac{3\sqrt{10}-5\sqrt{2}}{4}$.
$\therefore 四边形AECF$ 的面积是$\frac{1}{2}EF\times AC=\frac{1}{2}\times \frac{3\sqrt{10}-5\sqrt{2}}{4}\times \sqrt{2}=\frac{3\sqrt{5}-5}{4}$