Question

13．平行四邊形ABCD中，AB=6，BC=8．
（1）如圖1，∠A=90°，N為BC上一點．M為AB上一點，DN⊥MN，CN＜BN，BM=2，求證：DN=MN．
（2）如圖2，∠DNM=∠B=60°，求證：$\frac{MN}{DN}$=$\frac{BN}{CD}$．
（3）如圖3，若∠A=90°，點C關(guān)于BD的對稱點為C′，O為矩形ABCD的對角線BD的中點，連接OC′交AD于P，直接寫出PD的長度．

Answer 1

分析 （1）如圖1，設(shè)NC=x，則BN=8-x，先證明△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，則△BMN≌△CND（SAS），所以DN=MN；
（2）如圖2，作輔助線，構(gòu)建△DCE是等邊三角形，證明△BMN∽△END，列比例式可得結(jié)論；
（3）作輔助線，根據(jù)對稱的性質(zhì)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為△ACC'的中位線，證明△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 證明：（1）如圖1，設(shè)NC=x，則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）如圖2，延長BC至E，使CE=CD，連接DE，
∵AB∥CD，∠B=60°，
∴∠DCE=∠B=60°，
∴△DCE是等邊三角形，
∴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）連接CC'、AC、AC'．
∵點O為矩形ABCD的中心，
∴AC、BD必交于點O．
∵∠A=90°，點C關(guān)于BD的對稱點為C'，
∴由稱稱的性質(zhì)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．
設(shè)BD與CC'交于點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為△ACC'的中位線，
∴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=$\frac{200}{39}$．

點評 本題是相似三角形綜合題，考查了相似三角形的性質(zhì)和判定、矩形的性質(zhì)和判定、平行四邊形的性質(zhì)和判定、三角形的中位線定理，第二問構(gòu)建輔助線是關(guān)鍵，第三問根據(jù)勾股定理列方程：6²-（5-OF）²=5²-OF²，求出OF是關(guān)鍵．