Question

3．已知B（-2，0），C（2，0），点A是y轴正半轴上一点，CD⊥AC交y轴于D，M为AC上一动点．N为AB延长线一动点，且满足AM+AN=2AC，MN交BC于E，连DE．
（1）求证：CM=BN；
（2）过M作MK⊥BC于K，求证：①ME=NE，②DE⊥MN；
（3）在（2）的条件下问$\frac{EK}{BC}$的值是否发生变化？若不变，求其值．

Answer 1

分析 （1）过N作NF⊥x轴于F，根据题意得出AB=AC，由已知条件AM+AN=2AC，即可得出CM=BN；
（2）①由AAS证明△BFN≌△MCK，得出NF=MK，再由AAS证明△EFN≌△MEK，即可得出ME=NE；
②连接BD、MD、DN，由SAS证明△BND≌△MCD，得出DN=DM，由NE=ME，即可得出DE⊥MN；
（3）由全等三角形的性质得出EF=EK，BF=CK，得出EK=EF=$\frac{1}{2}$FK=$\frac{1}{2}$BC，即可得出结论．

解答 （1）证明：过N作NF⊥x轴于F，如图1所示：
∵NF⊥x轴，MK⊥BC，
∴∠NFC=∠MKF=90°，
∵B（-2，0），C（2，0），点A是y轴正半轴上一点，
∴AB=AC，
∴∠ABC=∠MCK，
∵∠NBF=∠ABC，
∴∠NBF=∠MCK，
∵AM+AN=2AC，
∴CM=BN；
（2）证明：①在△BFN和△MCK中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠NFC=∠MKF}\\{∠FBN=∠MCK}\\{BN=CM}\end{array}\right.$，
∴△BFN≌△MCK（AAS），
∴NF=MK，
在△EFN和△MEK中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠BEN=∠MEK}\\{∠NFC=∠MKF}\\{NF=MK}\end{array}\right.$，
∴△EFN≌△MEK（AAS），
∴ME=NE；
②连接BD、MD、DN，如图2所示：
∵CD⊥AC，
∴∠DCA=90°，
∵BD⊥AN，
∴∠DBN=90°，
∵B（-2，0），C（2，0），点D在y轴上，
∴BD=CD，
在△BND和△MCD中，
$\left\{\begin{array}{l}{BN=CM}\\{∠NBD=∠MCD=90°}\\{BD=CD}\end{array}\right.$，
∴△BND≌△MCD（SAS），
∴DN=DM，
∵NE=ME，
∴DE⊥MN；
（3）解：$\frac{EK}{BC}$的值不变，理由如下：
∵△ENF≌△MEK，
∴EF=EK，
∵△BFN≌△MKC，
∴BF=CK，
∴EK=EF=$\frac{1}{2}$FK=$\frac{1}{2}$（BF+OB+OC-CK）=$\frac{1}{2}$（OB+OC）=$\frac{1}{2}$BC，
∴$\frac{EK}{BC}$=$\frac{1}{2}$．

点评 本题是一次函数综合题目，考查了一次函数的图象与坐标轴的交点、全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质等知识；本题综合性强，有一定难度，证明三角形全等是解决问题的关键．