Question

20．在△ABC中，∠ABC=45°，∠BAC=75°，點(diǎn)M是BA延長線上一點(diǎn)，連接CM，將射線CM繞C點(diǎn)順時針旋轉(zhuǎn)60°得到新射線CN，作∠MCN的平分線交BA于點(diǎn)P，連接NP，且∠CPN=∠CPM，連接BN，過點(diǎn)M作CA的垂線，垂足為點(diǎn)Q．
（1）如圖1，若AC=4，求BC的長；
（2）如圖2，當(dāng)點(diǎn)N在AB邊上時，求證：BN=$\sqrt{2}$MQ；
（3）如圖3，當(dāng)點(diǎn)N在∠ACB的角平分線上時，直接寫出$\frac{M{Q}^{2}}{B{N}^{2}}$的值．

Answer 1

分析 （1）過點(diǎn)A作AH⊥BC與H，構(gòu)造等腰直角三角形和含30°角的直角三角形，根據(jù)AC的長，求得CH和BH的長，即可得到BC的長；
（2）過點(diǎn)N作ND⊥BC于D，先判定△MCP≌△NCP（ASA），得出CM=CN，再判定△MCQ≌△NCD（AAS），得出QM=DN，最后在Rt△BDN中，根據(jù)∠B=45°，求得BN=$\sqrt{2}$DN，即可得到BN=$\sqrt{2}$MQ；
（3）過N作ND⊥BC于D，根據(jù)點(diǎn)N在∠ACB的角平分線上，以及△MCQ≌△NCD，可得AC與CP重合，再判定△BCM是等腰直角三角形，得到BC=MC=NC，最后設(shè)ND=1，在Rt△DCN中，求得CN=2，CD=$\sqrt{3}$，QM=1，進(jìn)而得到Rt△BDN中，BN²=8-4$\sqrt{3}$，即可求得$\frac{M{Q}^{2}}{B{N}^{2}}$的值．

解答 解：（1）如圖1，過點(diǎn)A作AH⊥BC與H，
∵∠ABC=45°，∠BAC=75°，
∴∠ACB=60°，
∴∠BAH=45°，∠CAH=30°，
∵AC=4，
∴Rt△ACH中，CH=$\frac{1}{2}$AC=2，AH=2$\sqrt{3}$，
∴BH=2$\sqrt{3}$，
∴BC=CH+BH=2+2$\sqrt{3}$；

（2）證明：如圖2，過點(diǎn)N作ND⊥BC于D，
∵CP平分∠MCN，
∴∠MCP=∠NCP，
在△MCP和△NCP中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠MCP=∠NCP}\\{CP=CP}\\{∠CPN=∠CPM}\end{array}\right.$，
∴△MCP≌△NCP（ASA），
∴CM=CN，
∵∠BCA=∠MCN=60°，
∴∠MCQ=∠NCD，
∵M(jìn)Q⊥CQ，ND⊥CD，
∴∠Q=∠CDN=90°，
在△MCQ和△NCD中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠Q=∠CDN}\\{∠MCQ=∠NCD}\\{CM=CN}\end{array}\right.$，
∴△MCQ≌△NCD（AAS），
∴QM=DN，
又∵Rt△BDN中，∠B=45°，
∴BN=$\sqrt{2}$DN，
∴BN=$\sqrt{2}$MQ；

（3）如圖3，過N作ND⊥BC于D，
當(dāng)點(diǎn)N在∠ACB的角平分線上時，∠BCN=∠ACN=30°，
由（2）可得，△MCQ≌△NCD，
∴∠BCN=∠MCA，QM=DN，
∴∠ACN=∠ACM，
即AC平分∠MAN，
又∵CP平分∠MAN，
∴AC與CP重合，
∴∠MCA=∠ACN=∠BCN=30°，
∴∠BCM=90°，
∵∠CBM=45°，
∴△BCM是等腰直角三角形，
又∵△MCP≌△NCP，
∴BC=MC=NC，
設(shè)ND=1，則Rt△DCN中，CN=2，CD=$\sqrt{3}$，QM=1，
∴BC=2，BD=2-$\sqrt{3}$，
∴Rt△BDN中，BN²=BD²+DN²=（2-$\sqrt{3}$）²+1²=8-4$\sqrt{3}$，
∴$\frac{M{Q}^{2}}{B{N}^{2}}$=$\frac{{1}^{2}}{8-4\sqrt{3}}$=$\frac{2+\sqrt{3}}{4}$．

點(diǎn)評 本題屬于幾何變換綜合題，主要考查了全等三角形的判定與性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)與判定以及勾股定理的應(yīng)用，解決問題的關(guān)鍵是作輔助線構(gòu)造全等三角形和等腰直角三角形，運(yùn)用全等三角形的對應(yīng)邊相等以及等腰直角三角形的性質(zhì)進(jìn)行計算求解．