Question

6．如圖，在矩形ABCD中，AB=$\sqrt{3}$AD，點(diǎn)P在線段AB上，滿足PB=PD，點(diǎn)M在射線CD上，點(diǎn)C關(guān)于直線BM的對(duì)稱點(diǎn)為點(diǎn)C′，連接C′B、C′M，射線MC′與射線DP交于點(diǎn)N．
（1）求證：∠PDC=60°；
（2）求證：當(dāng)M在線段CD上時(shí)，∠MBN=60°；
（3）已知AB=9，請(qǐng)直接寫出當(dāng)點(diǎn)M在CD邊的延長(zhǎng)線上時(shí)，線段NC′與NP的數(shù)量關(guān)系：NP-NC'=3．

Answer 1

分析 （1）先設(shè)出AP，表示出BP，PD，進(jìn)而用勾股定理求出x=$\frac{\sqrt{3}}{3}$AD，再用三角函數(shù)求出∠ADP=30°，即可得出結(jié)論；
（2）先求出∠CBH=120°，再判斷出Rt△BHN≌Rt△BC'N，得出∠HBN=∠C'BN，進(jìn)行代換即可得出結(jié)論；
（3）同（2）的方法判斷出HN=NC'，再求出PH，即可得出結(jié)論．

解答 解：（1）設(shè)AP=x，
∴PB=AB-AP=AB-x，
∵AB=$\sqrt{3}$AD，
∴BP=$\sqrt{3}$AD-x，
∵PB=PD，
∴PD=$\sqrt{3}$AD-x，
∴四邊形ABCD是矩形，
∴BC=AD，∠C=∠A=∠ABC∠ADC=90°，
在Rt△ADP中，AP=x，PD=$\sqrt{3}$AD-x，
根據(jù)勾股定理得，AD²+AP²=PD²，
∴AD²+x²=（$\sqrt{3}$AD-x）²，
∴x=$\frac{\sqrt{3}}{3}$AD，
∴tan∠ADP=$\frac{AP}{AD}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴∠ADP=30°，
∴∠PDC=90°-∠ADP=60°；
（2）如圖1，

過點(diǎn)B作BH⊥DP交DP的延長(zhǎng)線于H，
由（1）知，BP=$\sqrt{3}$AD-x=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$AD，∠ADP=30°，
∴∠BPH=∠APD=60°，BH=AD=BC，
∴∠PBH=30°，
∴∠CBH=120°，
∵點(diǎn)C關(guān)于直線BM的對(duì)稱點(diǎn)為點(diǎn)C′，
∴BC'=BC=AD，∠CBM=∠C'BM，∠BC'M=∠C=90°，
∴∠BC'N=90°，
在Rt△BHN和Rt△BC'N中，$\left\{\begin{array}{l}{BH=BC'}\\{BN=BN}\end{array}\right.$，
∴Rt△BHN≌Rt△BC'N，
∴∠HBN=∠C'BN，
∴∠CBH=∠HBN+∠C'BN+∠C'BM+∠CBM=120°，
∴∠MBN=∠C'BN+∠C'BM=$\frac{1}{2}$（∠HBN+∠C'BN+∠C'BM+∠CBM）=60°，
即：當(dāng)M在線段CD上時(shí)，∠MBN=60°；
（3）如圖3，∵AB=$\sqrt{3}$AD=9，
∴AD=3$\sqrt{3}$，
過點(diǎn)B作BH⊥DP交DP的延長(zhǎng)線于H，
由（1）知，BP=$\sqrt{3}$AD-x=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$AD=6，∠ADP=30°，
∴∠BPH=∠APD=60°，BH=AD=BC，
∴∠PBH=30°，
∴∠CBH=120°，
∵點(diǎn)C關(guān)于直線BM的對(duì)稱點(diǎn)為點(diǎn)C′，
∴BC'=BC=AD，∠CBM=∠C'BM，∠BC'M=∠C=90°，
∴∠BC'N=90°，
在Rt△BHN和Rt△BC'N中，$\left\{\begin{array}{l}{BH=BC'}\\{BN=BN}\end{array}\right.$，
∴Rt△BHN≌Rt△BC'N，
∴HN=NC'，在Rt△BPH中，∠BPH=60°，BP=6，
∴PH=3，
∴NP=PH+HN=3+NH=3+NC'，
∴NP-NC'=3．
故答案為：NP-NC'=3．

點(diǎn)評(píng) 此題是四邊形綜合題，主要考查了對(duì)稱的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，含30°的直角三角形的性質(zhì)，解本題的關(guān)鍵是判斷出Rt△BHN≌Rt△BC'N，難點(diǎn)是（3）作出圖形，是一道很好的中考�？碱}．