Question

13．已知：矩形ABCD中，∠MAN的一邊分別與射線DB、射線CB交于點(diǎn)E、M，另一邊分別與射線DB、射線DC交于點(diǎn)F、N，且∠MAN=∠BDA．
（1）若AB=AD，（如圖1）求證：$\sqrt{2}$DF=MC．
（2）（如圖2）若AB=4，AD=8，tan∠BAM=$\frac{1}{4}$，連接FM并延長交射線AB于點(diǎn)K，求線段BK的長．

Answer 1

分析 （1）如圖1中，連接AC．只要證明△DAF∽△CAM即可解決問題．
（2）如圖2中，連接AC交BD于O．首先證明A、B、M、E四點(diǎn)共圓，再證明△AMC∽△AFD，由此求出DF、BF，再根據(jù)△KBF∽△KMA，得$\frac{BK}{KM}$=$\frac{BF}{AM}$=$\frac{\frac{6\sqrt{5}}{5}}{\sqrt{17}}$，設(shè)BK=$\frac{6\sqrt{5}}{5}$k，KM=$\sqrt{17}$k，在Rt△KBM中，利用勾股定理即可求出k，解決問題．

解答 （1）證明：如圖1中，連接AC．

∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠ADB=∠ACM=∠DAC=45°，AC=$\sqrt{2}$AD，
∵∠MAN=∠BDA=45°，
∴∠MAN=∠DAC，
∴∠MAC=∠DAF，
∴△DAF∽△CAM，
∴$\frac{DF}{CM}$=$\frac{AD}{AC}$=$\frac{1}{\sqrt{2}}$，
∴CM=$\sqrt{2}$AD．

（2）如圖2中，連接AC交BD于O．

∵四邊形ABCD是矩形，
∴OA=OD=OC=OB，∠ABC=∠KBM=90°，
∴∠OAD=∠ODA=∠OBC=∠OCB，
∵∠MAN=∠BDA，
∴∠MBE=∠MAF，
∴A、B、M、E四點(diǎn)共圓，
∴∠KBN=∠AFK=90°，
∵∠MAN=∠OAD，
∴∠MAC=∠FAD，∵∠ACM=∠ADF，
∴△AMC∽△AFD，
∴$\frac{DF}{CM}$=$\frac{AD}{AC}$，
∵AB=4，AD=8，tan∠BAM=$\frac{1}{4}$，
∴BM=1，AM=$\sqrt{17}$，AC=4$\sqrt{5}$，
∴$\frac{DF}{7}$=$\frac{8}{4\sqrt{5}}$，
∴DF=$\frac{14\sqrt{5}}{5}$，BF=BD-DF=$\frac{6\sqrt{5}}{5}$，
∵∠K=∠K，∠KAM=∠KFB，
∴△KBF∽△KMA，
∴$\frac{BK}{KM}$=$\frac{BF}{AM}$=$\frac{\frac{6\sqrt{5}}{5}}{\sqrt{17}}$，設(shè)BK=$\frac{6\sqrt{5}}{5}$k，KM=$\sqrt{17}$k，
在Rt△BKM中，∵BK²+MB²=KM²，
∴（$\frac{6\sqrt{5}}{5}$k）²+1=（$\sqrt{17}$k）²，
∵k＞0，
∴k=$\frac{\sqrt{5}}{7}$，
∴BK=$\frac{6\sqrt{5}}{5}$×$\frac{\sqrt{5}}{7}$=$\frac{6}{7}$．

點(diǎn)評 本題考查四邊形綜合題、相似三角形的判定和性質(zhì)．四點(diǎn)共圓等知識，解題的關(guān)鍵是靈活應(yīng)用相似三角形的性質(zhì)解決問題，四點(diǎn)共圓的發(fā)現(xiàn)是突破點(diǎn)，屬于中考壓軸題．