Question

3．已知，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，作BD⊥AC，垂足為D，點(diǎn)P為線段DC上一動(dòng)點(diǎn)（不與點(diǎn)D、C重合），連接BP，作AN⊥BP，垂足為N，設(shè)AN交BD于點(diǎn)M．
（1）當(dāng)∠C=45°時(shí)（如圖1），請(qǐng)證明：CP=BM；
（2）當(dāng)∠C=30°時(shí)（如圖2），請(qǐng)直接寫出CP與BM的數(shù)量關(guān)系：CP=$\sqrt{3}$BM；
（3）在（2）問(wèn)的基礎(chǔ)上（如圖3），連接MC，設(shè)MC交BP于點(diǎn)K，當(dāng)DP=$\frac{1}{4}$PC=3時(shí)，請(qǐng)求MK的長(zhǎng)度．

Answer 1

分析 （1）利用等腰直角三角形的性質(zhì)和全等三角形的判定定理可得△ABM≌△BCP，易得BM=CP；
（2）首先證明△AMB∽△BPC，利用相似三角形的性質(zhì)易得$\frac{BM}{CP}=\frac{AB}{BC}$，由特殊角的三角函數(shù)易得$\frac{AB}{BC}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，易得出結(jié)論；
（3）連接MP，由DP=$\frac{1}{4}$PC=3，易得CP=12，CD=15，BD=5$\sqrt{3}$，BM=4$\sqrt{3}$，DM=$\sqrt{3}$，CM=2$\sqrt{57}$，證得△DMP∽△DBC，△MKP∽△CKB，利用相似三角形的性質(zhì)，得$\frac{MK}{CK}$，求得MK的長(zhǎng)．

解答 （1）證明：∵∠ABC=90°，∠C=45°，
∴∠BAC=45°，
∴AB=AC，
∵BD⊥AC，
∴∠ABD=45°，∠CBD=∠45°，
∴∠ABD=∠C=∠CBD，
∵AN⊥BP，BD⊥AC，
∴∠MAD=∠MBN，
∴∠MAB=∠PBC，
在△ABM與△BCP中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠MAB=∠PBC}\\{AB=CB}\\{∠ABM=∠C}\end{array}\right.$，
∴△ABM≌△BCP（SAS），
∴BM=CP；

（2）解：∵BD⊥AC，∠ABC=90°，
即∠ABD+∠DBC=90°，∠BAD+∠ABD=90°，
∴∠DBC=∠BAD，
由（1）∠DAN=∠DBN，
∴∠MAB=∠PBC，
∵BD⊥AC，AN⊥BP，
∴∠DMN+∠DPN=180°，
∵∠DPN+∠BPC=180°，
∴∠DMN=∠BPC，
∵∠DMN=∠AMB，
∴∠BPC=∠AMB，
∵∠MAB=∠PBC，
∴△AMB∽△BPC，
∴$\frac{BM}{CP}=\frac{AB}{BC}$，
∵∠C=30°，
∴tan∠C=$\frac{AB}{BC}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴$\frac{BM}{CP}=\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴CP=$\sqrt{3}BM$，
故答案為：CP=$\sqrt{3}$BM；

（3）解：連接MP，由DP=$\frac{1}{4}$PC=3，可得CP=12，CD=15，BD=5$\sqrt{3}$，BM=4$\sqrt{3}$，DM=$\sqrt{3}$，CM=2$\sqrt{57}$，
∵$\frac{DM}{DB}=\frac{DP}{CD}=\frac{1}{5}$，∠BDC=∠MDP，
∴△DMP∽△DBC，
∴∠DMP=∠DBC，
∴MP∥BC，
∴△MKP∽△CKB，
∴$\frac{MK}{CK}=\frac{MP}{BC}=\frac{1}{5}$，
∴$\frac{MK}{MC}$=$\frac{1}{6}$，
∴MK=$\frac{1}{6}$MC=$\frac{1}{6}$×$2\sqrt{57}$=$\frac{\sqrt{57}}{3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了全等三角形的判定及性質(zhì)與相似三角形的判定及性質(zhì)，銳角三角函數(shù)等，利用角的關(guān)系找到相似三角形的判定條件是解答此題的關(guān)鍵．