Question

3．已知，在Rt△ABC中，∠ABC=90°，作BD⊥AC，垂足为D，点P为线段DC上一动点（不与点D、C重合），连接BP，作AN⊥BP，垂足为N，设AN交BD于点M．
（1）当∠C=45°时（如图1），请证明：CP=BM；
（2）当∠C=30°时（如图2），请直接写出CP与BM的数量关系：CP=$\sqrt{3}$BM；
（3）在（2）问的基础上（如图3），连接MC，设MC交BP于点K，当DP=$\frac{1}{4}$PC=3时，请求MK的长度．

Answer 1

分析 （1）利用等腰直角三角形的性质和全等三角形的判定定理可得△ABM≌△BCP，易得BM=CP；
（2）首先证明△AMB∽△BPC，利用相似三角形的性质易得$\frac{BM}{CP}=\frac{AB}{BC}$，由特殊角的三角函数易得$\frac{AB}{BC}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，易得出结论；
（3）连接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$\sqrt{57}$，证得△DMP∽△DBC，△MKP∽△CKB，利用相似三角形的性质，得$\frac{MK}{CK}$，求得MK的长．

解答 （1）证明：∵∠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与△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=$\sqrt{3}BM$，
故答案为：CP=$\sqrt{3}$BM；

（3）解：连接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=$\frac{1}{6}$×$2\sqrt{57}$=$\frac{\sqrt{57}}{3}$．

点评 本题主要考查了全等三角形的判定及性质与相似三角形的判定及性质，锐角三角函数等，利用角的关系找到相似三角形的判定条件是解答此题的关键．