Question

2．已知△ABC中，AB=AC=4，BC=6，點(diǎn)P在△ABC的邊AB上，AP=1，過點(diǎn)P畫直線PQ交△ABC的邊于點(diǎn)Q．
（1）如圖1，當(dāng)直線PQ∥BC交AC邊于點(diǎn)Q時(shí)，線段PQ長是$\frac{3}{2}$；
（2）如圖2，當(dāng)直線PQ交BC邊于點(diǎn)Q，且∠BPQ=∠B時(shí)，線段PQ長是2；
（3）如圖3，在△ABC中，∠A=90°，AC=6，AB=8，點(diǎn)M在△ABC的邊AB上，過點(diǎn)M畫直線MN，將△ABC沿直線MN對折后，它的一個(gè)頂點(diǎn)正好落在它的對邊上，且折痕MN截△ABC所得的三角形與△ABC相似，請你畫出所有可能的圖形，并求折痕MN的長．

Answer 1

分析 （1）由PQ∥BC，可得到△APQ∽△ABC，然后利用相似三角形的性質(zhì)列比例式求解即可；
（2）根據(jù)題意可證明∠BPQ=∠C，∠B=∠B，從而得到△BPQ∽△BCA，然后利用相似三角形的性質(zhì)求解即可；
（3）如圖1、圖2、圖3、圖4所示，依據(jù)相似三角形的性質(zhì)和翻折的性質(zhì)分類求解即可．

解答 解：（1）∵PQ∥BC，
∴△APQ∽△ABC．
∴$\frac{AP}{AB}=\frac{PQ}{BC}$，即$\frac{1}{4}=\frac{PQ}{6}$．
解得：PQ=$\frac{3}{2}$．
故答案為：$\frac{3}{2}$．
（2）∵AB=AC，
∴∠B=∠C．
∵∠BPQ=∠B，
∴∠BPQ=∠C．
又∵∠B=∠B，
∴△BPQ∽△BCA．
∴$\frac{BP}{BC}=\frac{PQ}{AC}$，即$\frac{3}{6}=\frac{PQ}{4}$．
∴PQ=2．
故答案為：2．
（3）在Rt△ABC中，BC=$\sqrt{A{B}^{2}+A{C}^{2}}$=10．
如圖1所示，點(diǎn)B′與點(diǎn)C重合．

由翻折的性質(zhì)：BN=NC=5，∠BNM=∠B′NM=90°．
∵∠B=∠B，∠MNB=∠A，
∴△BNM∽△BAC．
∴$\frac{NM}{AC}=\frac{BN}{AB}$，$\frac{MN}{6}=\frac{5}{8}$．
∴MN=$\frac{15}{4}$．
如圖2所示；點(diǎn)B′與點(diǎn)A重合．

由翻折的性質(zhì)可知：BM=MA=4，∠BMN=∠AMN=90°．
∵∠B=∠B，∠BMN=∠BAC，
∴△BNM∽△BAC．
∴$\frac{MN}{AC}=\frac{BM}{AB}$，即$\frac{MN}{6}=\frac{4}{8}$．
∴MN=3．
如圖3所示：MN為△ABC的中位線時(shí)．

由三角形的中位線定理可知：MN=$\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}×10=5$．
如圖4所示：連接AA′交MN于點(diǎn)O，過點(diǎn)A′作A′D⊥AB垂足為D．

∵△ABC∽△ANM，
∴∠ANM=∠B．
由翻折的性質(zhì)可知：AA′⊥MN，且OA=OA′．
∴∠ANO+∠NAO=90°．
又∵∠MAO+∠NAO=90°，
∴∠ANM=∠MAA′．
∴∠B=∠BAA′．
∴BA′=AA′．
同理：AA′=A′C
∴AA′=$\frac{1}{2}BC=5$．
∴OA=OA′=$\frac{5}{2}$．
∵$tan∠B=tan∠MNA=\frac{AO}{ON}$，
∴$\frac{\frac{5}{2}}{ON}=\frac{3}{4}$．
∴ON=$\frac{10}{3}$．
∵tan∠A′MO=$\frac{OA′}{OM}=\frac{4}{3}$，
∴$\frac{2.5}{OM}=\frac{4}{3}$．
解得：OM=$\frac{15}{8}$．
∴MN=OM+ON=$\frac{15}{8}+\frac{10}{3}$=$\frac{125}{24}$．
綜上所述，MN的長度為$\frac{15}{4}$或3或5或$\frac{125}{24}$．

點(diǎn)評 本題主要考查的是相似三角形的性質(zhì)和判定、翻折的性質(zhì)、三角形的中位線的性質(zhì)、銳角三角函數(shù)的定義，根據(jù)題意畫出符合題意的圖形是解題的關(guān)鍵．