Question

10．如圖1，點C為△MNQ的邊QN上一點（QC＜CN），點C關(guān)于MN、MQ的對稱點分別為點A、B，連接AB、BC、AC，且AB經(jīng)過點M．
（1）求證：M為AB的中點；
（2）如圖2，連接BQ、AN，求證：BQ∥AN；
（3）如圖3，在（2）的條件下，延長AN到R，使NR=BQ．連接BR，BR與QN相交于點O，連接AO、MC，當(dāng)AO⊥BR，QN=4$\sqrt{3}$時，求MC的長？

Answer 1

分析 （1）連接MC，由軸對稱的性質(zhì)可知BM=MC=MA，從而結(jié)論得證；
（2）同樣由軸對稱性質(zhì)可知∠BMQ=∠CMQ，∠NMC=∠NMA，∠BQM=∠CQM，∠CNM=∠ANM，于是∠QMN=90°，∠CQM+∠CNM=90°，從而∠BQC+∠ANC=180°，得證；
（3）由（2）中所得結(jié)論BQ∥AN以及NR=BQ易證△BQO≌△RNO，從而可得BO=RO，QO=NO，又AO⊥BR，于是AB=AR，連接MO，則MO為△ABR中位線，于是AR=2MO，而MO為Rt△QMN斜邊中線，故QN=2MO，得到AB=QN，而CM=$\frac{1}{2}$AB，水落石出．

解答 解：（1）連接MC，如圖1，

∵B、C關(guān)于MQ對稱，
∴BM=CM=MA，
∴M為AB中點；
（2）如圖2，

∵B、C關(guān)于MQ對稱，
∴∠BMQ=∠CMQ，∠BQM=∠CQM，
同理∠NMC=∠NMA，∠CNM=∠ANM，
∴∠QMN=90°，
∴∠CQM+∠CNM=90°，
∴∠BQC+∠ANC=180°，
∴BQ∥AN；
（3）連接MO，如圖3，

設(shè)BC與MQ交于點F，AC與MN交于點E，
∵B、C關(guān)于MQ對稱，A、C關(guān)于MN對稱，
∴MQ垂直平分BC，MN垂直平分AC，
∴MFCE為矩形，
∴∠ACB=90°，
∵AN∥BQ，
∴∠ONR=∠OQB，∠ORN=∠OBQ，
在△ONR和△OQB中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠ONR=∠OQB}\\{NR=BQ}\\{∠ORN=∠OBQ}\end{array}\right.$，
∴△ONR≌△OQB（ASA），
∴OQ=ON，OB=OR，
∴MO=OQ=ON，
又M為AB中點，
∴MO=$\frac{1}{2}$AR，
∵AO⊥BR，
∴AB=AR，
∵QR=4$\sqrt{3}$，
∴AB=AR=4$\sqrt{3}$，
∴MC=$\frac{1}{2}$AB=2$\sqrt{3}$．

點評 本題為幾何變換綜合題，主要考查了軸對稱的性質(zhì)、平行線的判定與性質(zhì)、全等級三角形的判定與性質(zhì)、矩形的判定與性質(zhì)、直角三角形斜邊中線定理、三角形中位線定理等重要知識點，綜合性較強(qiáng)，難度較大．熟練掌握軸對稱的性質(zhì)是解決本題的切入點和關(guān)鍵．