Question

2．如圖，在△ABC中，∠ACB=90°，點(diǎn)M為△ABC外一點(diǎn)，且AM⊥BM，CM平分∠AMB的外角．
（1）求證：CA=CB；
（2）求證：BM-AM=$\sqrt{2}$CM（用兩種方法）．

Answer 1

分析 （1）如圖1，根據(jù)CM平分∠AMB的外角，得∠CMB=45°，由∠AMB=∠ACB=90°，知A、M、C、B四點(diǎn)共圓，則∠CAB=∠CMB=45°，得△ACB是等腰直角三角形，則CA=CB；
（2）解法一：作輔助線，構(gòu)建四邊形HMGC，證明四邊形HMGC是正方形，得：HM=CG=CH=MG，再證明△ACH≌△BCG（SAS），則BG=AH，表示BM-AM的差，并用相等的線段代換可得結(jié)論；
解法二：如圖3，作輔助線，構(gòu)建全等三角形，證明△ADC≌△BMC，得DC=MC，∠ACD=∠BCM，
從而得△DCM是等腰直角三角形，所以DM=$\sqrt{2}$CM，代入BM-AM=AD-AM可得結(jié)論．

解答 證明：（1）如圖1，延長(zhǎng)AM至D，
∵AM⊥BM，
∴∠BMD=90°，
∵CM平分∠BMD，
∴∠CMB=$\frac{1}{2}$∠BMD=$\frac{1}{2}$×90°=45°，
∵∠AMB=∠ACB=90°，
∴A、M、C、B四點(diǎn)共圓，
∴∠CAB=∠CMB=45°，
∴△ACB是等腰直角三角形，
∴CA=CB；
（2）解法一：如圖2，過(guò)C作CH⊥AM，交AM的延長(zhǎng)線于H，過(guò)C作CG⊥BM于G，
∵∠H=∠HMG=∠MGC=90°，
∴四邊形HMGC是矩形，
∵∠CMB=45°，
∴△MGC是等腰直角三角形，
∴MG=CG，
∴矩形HMGC是正方形，
∴HM=CG=CH=MG，
∵∠ACH+∠ACG=90°，
∠BCG+∠ACG=90°，
∴∠ACH=∠BCG，
在△ACH和△BCG中，
∵$\left\{\begin{array}{l}{CH=CG}\\{∠ACH=∠BCG}\\{AC=BC}\end{array}\right.$，
∴△ACH≌△BCG（SAS），
∴BG=AH，
在Rt△MCH中，∠CMH=45°，
∴CM=$\sqrt{2}$MH，即$\sqrt{2}$CM=2MH，
∵BM-AM=BG+MG-AM=AH+MG-AM=AM+MH+MG-AM=2MH，
∴BM-AM=$\sqrt{2}$CM；
解法二：如圖3，延長(zhǎng)AM至D，使AD=BM，連接CD，
∵∠AMB=∠ACB=90°，∠APM=∠BPC，
∴∠DAC=∠MBC，
在△ADC和△BMC中，
∵$\left\{\begin{array}{l}{AD=BM}\\{∠DAC=∠MBC}\\{AC=BC}\end{array}\right.$，
∴△ADC≌△BMC（SAS），
∴DC=MC，∠ACD=∠BCM，
∴∠ACD-∠ACM=∠BCM-∠ACM，
即∠ACB=∠MCD=90°，
∴△DCM是等腰直角三角形，
∴DM=$\sqrt{2}$CM，
∵BM-AM=AD-AM=AM+DM-AM=DM=$\sqrt{2}$CM．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了三角形全等的性質(zhì)和判定、等腰直角三角形的性質(zhì)和判定、四點(diǎn)共圓的性質(zhì)和判定，本題作輔助線，構(gòu)建全等三角形是關(guān)鍵，利用三角形全等的性質(zhì)：對(duì)應(yīng)邊相等將線段的差進(jìn)行轉(zhuǎn)化，并與等腰直角三角形斜邊是直角邊的$\sqrt{2}$倍相結(jié)合，使問(wèn)題得以解決．