Question

3．如圖，矩形ABCD中，AB=3，AD=4，△ACE為等腰直角三角形，∠AEC=90°，連接BE交AD、AC分別于F、N，CM平分∠ACB交BN于M，則MN：NF=5：9．

Answer 1

分析 根據(jù)勾股定理求得AC=5，由∠ABC=∠AEC=∠ADC=90°，根據(jù)圓周角定理的推論得到點(diǎn)A、B、C、D、E都在以AC為直徑的圓上，再根據(jù)圓周角定理得到∠AEB=∠ACB，∠DAC=∠CED，∠EAD=∠ECD，易證△AEF≌△CED，即可得到AB=AF=3，根據(jù)勾股定理得出BF=3$\sqrt{2}$；根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得出∠ABF=∠AFB=45°，再利用等腰直角三角形可得AE=ME=$\frac{5\sqrt{2}}{2}$，再證得△EFD是等腰直角三角形求得EF=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，從而求得BM，由AF∥BC，得到NB=$\frac{4}{7}$BF，F(xiàn)N=$\frac{3}{7}$BF，即可求得MN，從而求得結(jié)果．

解答 解：在RT△ABC中，AB=3，BC=4，
∴AC=$\sqrt{A{B}^{2}+B{C}^{2}}$=5，
∵△ACE為等腰直角三角形，
∴AE=CE=$\frac{\sqrt{2}}{2}$AC=$\frac{5\sqrt{2}}{2}$，
∵∠ABC=∠AEC=∠ADC=90°，
∴點(diǎn)A、B、C、D、E都在以AC為直徑的圓上，
∴∠AEB=∠ACB，∠DAC=∠CED，∠EAD=∠ECD，
而∠DAC=∠ACB，
∴∠AEB=∠CED，
在△AEF和△CED中
$\left\{\begin{array}{l}{∠AEB=∠CED}\\{AE=CE}\\{∠EAD=∠ECD}\end{array}\right.$
∴△AEF≌△CED（ASA），
∴AF=CD，
而CD=AB，
∴AB=AF=3，
∴DF=4-3=1，
∵∠BAF=90°，
∴BF=3$\sqrt{2}$，
∴∠ABF=∠AFB=45°，
∴∠EMC=∠MCB+45°，
而∠ECM=∠NCM+45°，
∵CM平分∠ACB交BN于M，
∴∠EMC=∠ECM，
∴EC=EM=$\frac{5\sqrt{2}}{2}$，
∵AF∥BC，AF=3，BC=4，
∴$\frac{AF}{BC}$=$\frac{NF}{BN}$=$\frac{3}{4}$，
∵BF=3$\sqrt{2}$，
∴NF=$\frac{3}{7}$BF=$\frac{3}{7}$×3$\sqrt{2}$=$\frac{9}{7}$$\sqrt{2}$，
BN=$\frac{4}{7}$BF=$\frac{4}{7}$BF=$\frac{12}{7}$$\sqrt{2}$，
∵∠EDA=∠EAC=45°，
而∠EFD=∠AFB=45°，
∴∠FED=90°
∴△EFD是等腰直角三角形，
∴EF=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∴BE=BF+EF=3$\sqrt{2}$+$\frac{\sqrt{2}}{2}$=$\frac{7\sqrt{2}}{2}$，
∴BM=BE-ME=$\frac{7\sqrt{2}}{2}$-$\frac{5\sqrt{2}}{2}$=$\sqrt{2}$，
∴MN=BN-BM=$\frac{12\sqrt{2}}{7}$-$\sqrt{2}$=$\frac{5\sqrt{2}}{7}$，
∴$\frac{MN}{NF}$=$\frac{\frac{5\sqrt{2}}{7}}{\frac{9\sqrt{2}}{7}}$=$\frac{5}{9}$，
即MN：NF=5：9．
故答案為5：9．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了圓周角定理以及推論：同弧所對(duì)的圓周角相等，90度的圓周角所對(duì)的弦為直徑；也考查了等腰三角形和矩形的性質(zhì)、勾股定理以及三角形相似的判定與性質(zhì)．