Question

7．已知：如图，正方形ABCD中，边长为4，对角线AC、BD交于点O，P是线段BD上一动点，PM⊥PN分别交直线BC、CD于M、N．
（1）如图1，点P和O重合时，求证：PM=PN；
（2）如图2，点P为线段OB的中点时，求证：BM+$\frac{1}{3}$DN=2；
（3）如图3，点P为线段OD的中点时，且CN=$\frac{1}{3}$DN，连接MN分别交AB、BD于E、F，直接写出线段EF的长．

Answer 1

分析 （1）根据∠MPC=∠NPD，CP=DP，∠PCM=∠PDN=45°，判定△PCM≌△PDN，根据全等三角形的对应边相等，即可得出PM=PN；
（2）过P作PQ⊥BD，交BC于Q，判定△MPQ∽△NPD，得到$\frac{MQ}{ND}$=$\frac{PQ}{PD}$，根据MQ=$\frac{1}{3}$DN，BQ=$\frac{1}{2}$BC=2，即可得出BM+$\frac{1}{3}$DN=2；
（3）过P作PQ⊥BD，交CD于Q，判定△PBM∽△PQN，得到$\frac{NQ}{MB}$=$\frac{PQ}{PB}$，根据BM=3NQ，求得CN，BM，ME以及EN的长，再根据△MBE∽△MCN，△BEF∽△DNF，即可得出EN的长，根据相似三角形的性质得到线段EF的长．

解答 解：（1）依题意得，∠MPN=∠CPD=90°，
∴∠MPC=∠NPD，
又∵正方形ABCD中，AC、BD交于点O，
∴CP=DP，∠PCM=∠PDN=45°，
在△PCM和△PDN中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠MPC=∠NPD}\\{CP=DP}\\{∠PCM=∠PDN}\end{array}\right.$，
∴△PCM≌△PDN（ASA），
∴PM=PN；

（2）证明：如图2，过P作PQ⊥BD，交BC于Q，则∠BPQ=90°，
∴∠PQM=∠PDN=45°，
依题意得，∠MPN=∠QPD=90°，
∴∠MPQ=∠NPD，
∴△MPQ∽△NPD，
∴$\frac{MQ}{ND}$=$\frac{PQ}{PD}$，
∵点P为线段OB的中点，
∴BP=$\frac{1}{2}$BO=$\frac{1}{2}$OD，即BP=$\frac{1}{3}$PD，
∴PQ=$\frac{1}{3}$PD，
∴$\frac{MQ}{ND}$=$\frac{1}{3}$，即MQ=$\frac{1}{3}$DN，
∵PQ∥OC，点P为线段OB的中点，
∴点Q为BC的中点，
∴BQ=$\frac{1}{2}$BC=2，即BM+MQ=2，
∴BM+$\frac{1}{3}$DN=2；

（3）EF=$\frac{5}{14}\sqrt{2}$．
理由：如图3，过P作PQ⊥BD，交CD于Q，则∠BPQ=∠MPN=90°，∠PQD=45°，
∴∠MPB=∠NPQ，
∵∠PQD=∠PBC=45°，
∴∠PBM=∠PQN=135°，
∴△PBM∽△PQN，
∴$\frac{NQ}{MB}$=$\frac{PQ}{PB}$，
又∵点P为线段OD的中点，
∴PD=$\frac{1}{3}$PB=PQ，
∴$\frac{NQ}{MB}$=$\frac{1}{3}$，即BM=3NQ，
∵CN=$\frac{1}{3}$DN=$\frac{1}{4}$CD=1，
∴DN=3，
∵PQ∥OC，P为线段OD的中点，
∴Q为CD的中点，
∴DQ=$\frac{1}{2}$CD=2，
∴NQ=3-2=1，
∴BM=3NQ=3，CM=3+4=7，
∴Rt△CMN中，MN=$\sqrt{{7}^{2}+{1}^{2}}$=5$\sqrt{2}$，
∵EB∥NC，
∴△MBE∽△MCN，△BEF∽△DNF，
∴$\frac{BE}{CN}$=$\frac{MB}{MC}$=$\frac{ME}{MN}$，即$\frac{BE}{1}$=$\frac{3}{7}$=$\frac{ME}{5\sqrt{2}}$，
∴BE=$\frac{3}{7}$，ME=$\frac{15}{7}\sqrt{2}$，
∴EN=MN-ME=5$\sqrt{2}$-$\frac{15}{7}\sqrt{2}$=$\frac{20}{7}\sqrt{2}$，
∵$\frac{EF}{NF}=\frac{BE}{DN}$，
∴$\frac{EF}{\frac{20}{7}\sqrt{2}-EF}$=$\frac{\frac{3}{7}}{3}$，
解得EF=$\frac{5}{14}\sqrt{2}$．

点评 本题属于四边形综合题，主要考查了相似三角形的判定与性质，正方形的性质，勾股定理以及全等三角形的判定与性质的综合应用，解决问题的关键是作辅助线构造全等三角形以及相似三角形，利用相似三角形的对应边成比例得到线段的长．