Question

13．如图．在正方形ABCD中，点P是BC延长线上一点，BQ⊥PD于点Q，QN⊥BD于点N，连接AN．若S_△DMQ=$\frac{1}{8}$DM²，AB=4，则AN的长为$\sqrt{10}$．

Answer 1

分析 设NQ与CD交于点O，作QH⊥CD于H，NG⊥AD于G．由$\frac{1}{2}$•DM•QH=$\frac{1}{8}$DM²，推出QH=$\frac{1}{4}$DM，设HQ=a，则DM=4a，由BQ⊥PD，推出△DHQ∽△QHM，设DH=x，则MH=4a-x，可得HQ²=DH•HM，推出a²=x（4a-x），解得x=（2+$\sqrt{3}$）a，由tan∠CDP=$\frac{HQ}{DH}$=$\frac{CP}{CD}$，可得$\frac{a}{（2+\sqrt{3}）a}$=$\frac{CP}{4}$，推出CP=4（2-$\sqrt{3}$），由△BCM≌△DCP，由此CM=CP=4（2-$\sqrt{3}$），推出DM=DC-CM=4-4（2-$\sqrt{3}$）=4$\sqrt{3}$-4，由4a=4$\sqrt{3}$-4，推出a=$\sqrt{3}$-1，由HQ∥PC，推出$\frac{HQ}{PC}$=$\frac{DH}{DC}$，可得$\frac{\sqrt{3}-1}{4（2-\sqrt{3}）}$=$\frac{DH}{4}$，推出DH=$\sqrt{3}$+1，推出DQ=$\sqrt{D{H}^{2}+H{Q}^{2}}$=2$\sqrt{2}$，由 QN⊥BD，易知△DQN∽△DBQ，可得DQ²=DN•DB，可得DN=$\frac{（2\sqrt{2}）^{2}}{4\sqrt{2}}$=$\sqrt{2}$，由此即解决问题．

解答 解：设NQ与CD交于点O，作QH⊥CD于H，NG⊥AD于G．

∵$\frac{1}{2}$•DM•QH=$\frac{1}{8}$DM²，
∴QH=$\frac{1}{4}$DM，设HQ=a，则DM=4a，
∵BQ⊥PD，
由△DHQ∽△QHM，设DH=x，则MH=4a-x，
可得HQ²=DH•HM，
∴a²=x（4a-x），
解得x=（2+$\sqrt{3}$）a，
∴tan∠CDP=$\frac{HQ}{DH}$=$\frac{CP}{CD}$，
∴$\frac{a}{（2+\sqrt{3}）a}$=$\frac{CP}{4}$，
∴CP=4（2-$\sqrt{3}$），
易证△BCM≌△DCP，
∴CM=CP=4（2-$\sqrt{3}$），
∴DM=DC-CM=4-4（2-$\sqrt{3}$）=4$\sqrt{3}$-4，
∴4a=4$\sqrt{3}$-4，
∴a=$\sqrt{3}$-1，
∵HQ∥PC，
∴$\frac{HQ}{PC}$=$\frac{DH}{DC}$，
∴$\frac{\sqrt{3}-1}{4（2-\sqrt{3}）}$=$\frac{DH}{4}$，
∴DH=$\sqrt{3}$+1，
∴DQ=$\sqrt{D{H}^{2}+H{Q}^{2}}$=2$\sqrt{2}$，
∵QN⊥BD，易知△DQN∽△DBQ，可得DQ²=DN•DB，
∴DN=$\frac{（2\sqrt{2}）^{2}}{4\sqrt{2}}$=$\sqrt{2}$，
∵∠GDN=45°，
∴GN=DG=1，
在Rt△AGN中，AG=3，GN=1，
∴AN=$\sqrt{A{G}^{2}+G{N}^{2}}$=$\sqrt{{3}^{2}+{1}^{2}}$=$\sqrt{10}$，
故答案为$\sqrt{10}$．

点评 本题考查正方形的性质、相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质、勾股定理，三角形的面积等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造直角三角形解决问题，属于中考填空题中的压轴题．