Question

5．如图，等腰△ABC中，AB=AC，tan∠B=$\frac{3}{4}$，BC=30，D为BC中点，射线DE⊥AC．将△ABC绕点C顺时针旋转（点A的对应点为A′，点B的对应点为B′），射线A′B′分别交射线DA、DE于M、N．当DM=DN时，DM的长为6$\sqrt{10}$+5．

Answer 1

分析 过D作DH⊥A′M于H交AC于Q，过Q作QP⊥AD于P，过C作CK⊥MA′于K，过K作KL⊥CE于L，KJ⊥DN于J，根据等腰三角形的性质得到AD⊥BC，BD=CD=15，解直角三角形得到AC=$\frac{75}{4}$，CE=12，根据线段的和差得到AE=AC-EC=$\frac{75}{4}$-12=$\frac{27}{4}$，AD=$\frac{45}{4}$，解直角三角形即可得到结论．

解答 解：过D作DH⊥A′M于H交AC于Q，过Q作QP⊥AD于P，过C作CK⊥MA′于K，过K作KL⊥CE于L，KJ⊥DN于J，
∵AB=AC，D为BC中点，
∴AD⊥BC，BD=CD=15，
∵tan∠B=$\frac{3}{4}$，
∴AC=$\frac{75}{4}$，CE=12，
∴AE=AC-EC=$\frac{75}{4}$-12=$\frac{27}{4}$，AD=$\frac{45}{4}$，
AQ=$\frac{15}{4}$，PQ=$\frac{12}{4}$=3，DP=9，tan∠QDP=$\frac{7}{3}$，
∵∠DNH=∠KCL，
∴∠CKL=∠HDN，tan∠CKL=$\frac{1}{3}$，
∴CL=$\frac{9\sqrt{10}}{5}$，KL=$\frac{27\sqrt{10}}{5}$=EJ，
∴EL=KJ=12-$\frac{9\sqrt{10}}{5}$，NJ=4-$\frac{3\sqrt{10}}{5}$，
∴EN=$\frac{27\sqrt{10}}{5}$-（4-$\frac{3\sqrt{10}}{5}$）=6$\sqrt{10}$-4，
∴DN=6$\sqrt{10}$-4+9=6$\sqrt{10}$+5．
故答案为：6$\sqrt{10}$+5．

点评 本题考查了旋转的性质，等腰三角形的性质，解直角三角形，正确的作出辅助线是解题的关键．