Question

1．已知Rt△ABC中，∠BAC=90°，M为AC的中点，N为BM中点，AN延长线交BC于P，过P作PQ∥AB交BM于Q．求证：
（1）△AQM∽△CPA；
（2）AQ=$\frac{1}{2}$PC．

Answer 1

分析 （1）根据已知条件得到AN=NM，根据等腰三角形的判定得到∠AMB=∠MAN，通过全等三角形的性质得到AD=BM，推出四边形ABDM是矩形，由于PQ∥AB，得到四边形ABPQ是等腰梯形，得到∠QAN=∠PBN，根据外角的性质得到∠AQM=∠APC，根据相似三角形的判定定理即可得到结论；
（2）作ME∥BC交AP于E，由M为AC的中点，得到E我AP的中点，推出EM为△APC的中位线，得到EM=$\frac{1}{2}$PC，通过全等三角形的性质得到EM=BP，求得BP=$\frac{1}{2}$PC等量代换得到结论．

解答 证明：（1）∵∠BAC=90°，N为BM的中点，
∴AN=NM，
∴∠AMB=∠MAN，
延长AP到D使ND=AN，连接MD，BD，
在△ABN与△DMN中，
$\left\{\begin{array}{l}{AN=DN}\\{∠ANB=∠MND}\\{BN=MN}\end{array}\right.$，
∴△ABN≌△MDN，
∴AD=BM，
∵∠BAC=90°，NA=NB=ND=NM，
∴四边形ABDM是矩形，
∵PQ∥AB，∴四边形ABPQ是等腰梯形，
∴∠QAN=∠PBN，∵∠AQM=∠QAN+∠1，∠APC=∠2+∠PBN，
∴∠AQM=∠APC，∵∠AMB=∠MAN，
∴△AQM∽△CPA；

（2）作ME∥BC交AP于E，
∵M为AC的中点，
∴E是AP的中点，
∴EM为△APC的中位线，
∴EM=$\frac{1}{2}$PC，
∵EM∥BC，
∴∠3=∠4，
在△EMN与△PBN中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠3=∠4}\\{∠1=∠2}\\{BN=NM}\end{array}\right.$，
∴△EMN≌△PBN，
∴EM=BP，
∴BP=$\frac{1}{2}$PC，
∵∠BAC=90°，N是BM的中点，
∴AM=BN，
∴∠BAN=∠ABN，
∵PQ∥AB，
∴∠NPQ=∠NQP，
∴NQ=BP，
∴AQ=$\frac{1}{2}$PC．

点评 本题考查了相似三角形的判定和性质，全等三角形的判定和性质，三角形的中位线的性质，平行线的性质，等腰梯形的判定和性质，正确的作出辅助线是解题的关键．