(1)證明:過(guò)點(diǎn)F作FN⊥AD,垂足為N.
∵AD∥BC,∠A=90°,
∴∠B=∠A=90°,
∵∠ADC=90°,AD=AB,
∴四邊形CDAB是正方形,
∴NF=CD=AD.
∵M(jìn)為邊AD的中點(diǎn),
∴AD=2AM=2MD,
∴NF=CD=2AM.
在△AME與△MFN中,
∵∠A=90°=∠MNF=∠EMF,
∴∠AME+∠NMF=90°=∠NMF+∠MFN,
∴∠AME=∠MFN,
∴△AME∽△NFM,
∴
=
=
,
∴MN=2AE,
∵M(jìn)D=
AD=
CD=MN+DN=2AE+FC,
∴2MD=4AE+2CF,
∴4AE+2FC=CD;
(2)解:如圖2,過(guò)點(diǎn)C作CD′⊥AD于D′,過(guò)點(diǎn)F作FN⊥AD于N,
則四邊形ABFN與四邊形FND′C都是矩形,
∴D′C=NF=AB=AD,ND′=FC.
∵∠ADC=135°,
∴∠D′DC=45°,
∵∠CD′D=90°,
∴△CD′D是等腰直角三角形,
∴CD′=DD′=
CD,
∴AB=
CD.
在△AME與△NFM中,
∵∠A=∠MNF=90°,∠AME=∠MFN=90°-∠NMF,
∴△AME∽△NFM,
∴
=
=
,
∴MN=2AE,
∴MD+DD′-ND′=2AE,
∵M(jìn)D=
AD=
AB=
×
CD=
CD,DD′=
CD,ND′=FC,
∴
CD+
CD-FC=2AE,
∴8AE+4FC=3
CD;
(3)解:如圖3,AE=FC=a,則CD=4AE+2FC=6a,
∴AM=DM=3a,AD=CD=6a,
在Rt△AME中,EM
2=AM
2+AE
2,
∴EM=
a,
由(1)得FM=2EM=2
a.
在Rt△MEF中,tan∠MFE=
=
=tan∠EFN.
過(guò)N作NP⊥EF于P,設(shè)NP=x,則PF=2x,
∵BE=AB-AE=BC-FC=BF,∠B=90°,
∴△BEF是等腰直角三角形,
∴∠BEF=45°,
在△ENP中,NE=
,
∴NP=
×
=
=x=EP,
∵EF=EP+PF=3x=5
=
BE=
×5a,
∴a=1,
∵EM
2+FM
2=EF
2,
∴FM=2
,
延長(zhǎng)CE、DA相交于點(diǎn)R,
在Rt△AER中,∵AR∥BC,
∴∠R=∠ECB,
∵∠AER=∠BEC,
∴△AER∽△BEC,
∴
=
=
=
,
∴AR=
a,
∵RM=AR+AM=
a.
∵RM∥FC,
∴∠R=∠KCF,
∵∠RKM=∠CKF,
∴△RMK∽△CFK,
∴
=
=
=
,
∵M(jìn)K+FK=FM=2
,
∴MK=
FM=
.
分析:(1)過(guò)點(diǎn)F作FN⊥AD,垂足為N,先證明四邊形ABCD是正方形,再由兩角對(duì)應(yīng)相等的兩三角形相似得出△AME∽△NFM,根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得出邊的關(guān)系,從而得出結(jié)論;
(2)過(guò)點(diǎn)C作CD′⊥AD于D′,過(guò)點(diǎn)F作FN⊥AD于N,則四邊形ABFN與四邊形FND′C都是矩形,D′C=NF=AB=AD,ND′=FC.證明△CD′D是等腰直角三角形,得出CD′=DD′=
CD,AB=
CD,再證明△AME∽△NFM,得到MN=2AE,即MD+DD′-ND′=2AE,然后將MD=
CD,DD′=
CD,ND′=FC代入,即可得出8AE+4FC=3
CD;
(3)設(shè)AE=FC=a,則CD=4AE+2FC=6a,AM=DM=3a,AD=CD=6a,在Rt△AME中,由勾股定理求得EM=
a,則FM=2
a,在Rt△MEF中,根據(jù)正切函數(shù)的定義得到tan∠MFE=
=
=tan∠EFN.再過(guò)N作NP⊥EF于P,設(shè)NP=x,則PF=2x,證明△BEF是等腰直角三角形,得出∠BEF=45°,在△ENP中,求出NP=
=x=EP,由EF=EP+PF,得出a=1.在△EFM中由勾股定理求出FM=2
,延長(zhǎng)CE、DA相交于點(diǎn)R,由兩角對(duì)應(yīng)相等的兩三角形相似得出△AER∽△BEC,根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得出AR=
a,則RM=AR+AM=
a,然后證明△RMK∽△CFK,得出
=
=
,進(jìn)而求出MK=
.
點(diǎn)評(píng):本題考查了矩形、等腰直角三角形、正方形、相似三角形的判定與性質(zhì),勾股定理,銳角三角函數(shù)的定義,綜合性較強(qiáng),難度較大.準(zhǔn)確地作出輔助線,運(yùn)用數(shù)形結(jié)合思想是解題的關(guān)鍵.