Question

13．平行四边形ABCD中，AB=6，BC=8．
（1）如图1，∠A=90°，N为BC上一点．M为AB上一点，DN⊥MN，CN＜BN，BM=2，求证：DN=MN．
（2）如图2，∠DNM=∠B=60°，求证：$\frac{MN}{DN}$=$\frac{BN}{CD}$．
（3）如图3，若∠A=90°，点C关于BD的对称点为C′，O为矩形ABCD的对角线BD的中点，连接OC′交AD于P，直接写出PD的长度．

Answer 1

分析 （1）如图1，设NC=x，则BN=8-x，先证明△BMN∽△CND，列比例式得：$\frac{BM}{CN}=\frac{BN}{CD}$，$\frac{2}{x}=\frac{8-x}{6}$，得：CN=2，BN=6，则△BMN≌△CND（SAS），所以DN=MN；
（2）如图2，作辅助线，构建△DCE是等边三角形，证明△BMN∽△END，列比例式可得结论；
（3）作辅助线，根据对称的性质可知：C'D=CD=6，OC'=OC=OA=OD，BD⊥CC'，利用勾股定理得：6²-（5-OF）²=5²-OF²，OF=$\frac{7}{5}$． 由于OF为△ACC'的中位线，证明△AC′P∽△DOP，列比例式得：$\frac{AC′}{OD}=\frac{AP}{PD}$，$\frac{\frac{14}{5}}{5}=\frac{8-PD}{PD}$，可得：PD=$\frac{200}{39}$．

解答 证明：（1）如图1，设NC=x，则BN=8-x，
 在?ABCD中，∠A=90°，
∴?ABCD是矩形，
∴∠B=∠C=90°，
∴∠BMN+∠BNM=90°，
∵DN⊥MN，
∴∠MND=90°，
∴∠BNM+∠DNC=90°，
∴∠DNC=∠BMN，
∴△BMN∽△CND，
∴$\frac{BM}{CN}=\frac{BN}{CD}$，
∴$\frac{2}{x}=\frac{8-x}{6}$，
x（8-x）=12，
解得：x₁=2，x₂=6，
∵CN＜BN，
∴CN=2，BN=6，
∴CN=BM=2，BN=CD=6，
∴△BMN≌△CND（SAS），
∴DN=MN；
（2）如图2，延长BC至E，使CE=CD，连接DE，
∵AB∥CD，∠B=60°，
∴∠DCE=∠B=60°，
∴△DCE是等边三角形，
∴CD=DE，∠E=60°，
∴∠E=∠B，
∵∠B=∠DNM=60°，
∴∠MNB+∠BMN=∠MNB+∠DNE，
∴∠BMN=∠DNE，
∴△BMN∽△END，
∴$\frac{MN}{ND}=\frac{BN}{ED}$，
∵ED=CD，
∴$\frac{MN}{ND}=\frac{BN}{CD}$；
（3）连接CC'、AC、AC'．
∵点O为矩形ABCD的中心，
∴AC、BD必交于点O．
∵∠A=90°，点C关于BD的对称点为C'，
∴由称称的性质可知：C'D=CD=6，OC'=OC=OA=OD，BD⊥CC'．
∵AB=CD=6，BC=AD=8，
∴由勾股定理可得：AC=BD=10．
∴OD=OC=OC'=5．
设BD与CC'交于点F．
∴由勾股定理可得：C'D²-DF²=OC'-OF²=CF²．
∴6²-（5-OF）²=5²-OF²，
∴OF=$\frac{7}{5}$．
易知：OF为△ACC'的中位线，
∴AC'=2OF=$\frac{14}{5}$，AC'∥BD，
∴△AC′P∽△DOP，
∴$\frac{AC′}{OD}=\frac{AP}{PD}$，
∴$\frac{\frac{14}{5}}{5}=\frac{8-PD}{PD}$，
∴PD=$\frac{200}{39}$．

点评 本题是相似三角形综合题，考查了相似三角形的性质和判定、矩形的性质和判定、平行四边形的性质和判定、三角形的中位线定理，第二问构建辅助线是关键，第三问根据勾股定理列方程：6²-（5-OF）²=5²-OF²，求出OF是关键．