题目内容
已知梯形ABCD，AD∥BC，AB=AD=CD，∠ABC=60°，一直角三角板的60°角顶点与点A重合，并绕A点旋转．
（1）如图（1），直角三角板60°角的两边分别与BC，CD交于M，N，求证：DN+BM=MN；
（2）如图（2），直角三角板60°角的两边所在的直线分别与BC，CD所在的直线交于点M，N．如图（3），直角三角板60°角的两边所在的直线分别与直线BC交于点P，M，与直线CD交于点N．此时，图（2）、图（3）中MN，DN，BM三者之间又有怎样的数量关系，请分别写出其数量关系，并选取其中一个加以证明；
（3）如图（3），在（2）的结论下，BP=2，AP=
，求MN的长．
（1）如图（1），直角三角板60°角的两边分别与BC，CD交于M，N，求证：DN+BM=MN；
（2）如图（2），直角三角板60°角的两边所在的直线分别与BC，CD所在的直线交于点M，N．如图（3），直角三角板60°角的两边所在的直线分别与直线BC交于点P，M，与直线CD交于点N．此时，图（2）、图（3）中MN，DN，BM三者之间又有怎样的数量关系，请分别写出其数量关系，并选取其中一个加以证明；
（3）如图（3），在（2）的结论下，BP=2，AP=
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考点：等腰梯形的性质,含30度角的直角三角形,勾股定理,旋转的性质
专题：
分析：（1）如图（1），连接MN，延长CB至点F，使BF=DN，先由AB=AD=CD，∠ABC=60°，得出∠C=60°，∠ABF=120°，由AD∥BC，得出∠D=120°，再利用SAS证明△ABF≌△ADN，于是AF=AN，∠FAB=∠NAD，再证明∠FAM=∠BAM+∠FAB=60°=∠MAN，然后利用SAS证明△AFM≌△ANM，得出MF=MN，进而得到DN+BM=MN；
（2）图（2）中BM=DN+MN；图（3）中MN=DN+BM．如图（2），在BC上截取BF，使BF=DN，先由AB=AD=CD，∠ABC=60°，得出∠DCB=60°，由AD∥BC，得出∠ADN=60°，再利用SAS证明△ABF和△ADN，于是AF=AN，∠BAF=∠DAN，再证明∠FAM=60°=∠MAN，然后利用SAS证明△AFM≌△ANM，得出FM=MN，进而得到BM=DN+MN；
（3）先在△ABP中，利用余弦定理求出AB=5，再证明△ABP∽△MAP，得出
=
，求出AM=
，在△APM中，利用余弦定理求出PM=
，那么BM=PM-BP=
，再证明△NAD∽△NPC，得出
=
，求出DN=
，然后根据MN=DN+BM即可求解．
（2）图（2）中BM=DN+MN；图（3）中MN=DN+BM．如图（2），在BC上截取BF，使BF=DN，先由AB=AD=CD，∠ABC=60°，得出∠DCB=60°，由AD∥BC，得出∠ADN=60°，再利用SAS证明△ABF和△ADN，于是AF=AN，∠BAF=∠DAN，再证明∠FAM=60°=∠MAN，然后利用SAS证明△AFM≌△ANM，得出FM=MN，进而得到BM=DN+MN；
（3）先在△ABP中，利用余弦定理求出AB=5，再证明△ABP∽△MAP，得出
| AB |
| AM |
| BP |
| AP |
5
| ||
| 2 |
| 19 |
| 2 |
| 15 |
| 2 |
| DN |
| CN |
| AD |
| PC |
| 25 |
| 3 |
解答：解：（1）如图（1），连接MN，延长CB至点F，使BF=DN，
∵AB=AD=CD，∠ABC=60°，
∴∠C=60°，∠ABF=120°，
∵AD∥BC，
∴∠D=120°．
在△ABF和△ADN中，
，
∴△ABF≌△ADN（SAS），
∴AF=AN，∠FAB=∠NAD，
∵∠BAD=120°，∠MAN=60°，
∴∠BAM+∠NAD=60°，
∴∠FAM=∠BAM+∠FAB=60°=∠MAN．
在△AFM和△ANM中，
，
∴△AFM≌△ANM（SAS），
∴MF=MN．
∵MF=BM+FB=BM+DN，
∴DN+BM=MN；
（2）图（2）中BM=DN+MN；图（3）中MN=DN+BM．下面证明BM=DN+MN．
如图（2），在BC上截取BF，使BF=DN，
∵AB=AD=CD，∠ABC=60°，
∴∠DCB=60°，
∵AD∥BC，
∴∠ADN=60°．
在△ABF和△ADN中，
，
∴△ABF和△ADN（SAS），
∴AF=AN，∠BAF=∠DAN，
∵∠DAN+∠DAM=60°，
∴∠BAF+∠DAM=60°，
∴∠FAM=120°-60°=60°=∠MAN．
在△AFM和△ANM中，
，
∴△AFM≌△ANM（SAS），
∴FM=MN，
∵BM=BF+FM，
∴BM=DN+MN；
（3）如图（3），设AB=x．
在△ABP中，∵∠ABP=60°，BP=2，AP=
，
∴AP2=AB2+BP2-2AB•BP•cos∠ABP，
∴19=x2+4-2x×2×
，
整理得x2-2x-15=0，
解得x1=5，x2=-3（不合题意舍去），
∴AB=5．
在△ABP与△MAP中，
，
∴△ABP∽△MAP，
∴
=
，即
=
，
∴AM=
．
在△APM中，∵AM=
，AP=
，∠MAP=60°，
∴PM2=AM2+AP2-2AM•AP•cos∠MAP，
=
+19-2×
×
×
=
+19-
=
，
∴PM=
，
∴BM=PM-BP=
-2=
．
∵梯形ABCD，AD∥BC，AB=AD=CD=5，∠ABC=60°，
∴BC=10，PC=BC-BP=10-2=8．
∵AD∥PC，
∴△NAD∽△NPC，
∴
=
，即
=
，
∴DN=
，
∴MN=DN+BM=
+
=
．
∵AB=AD=CD，∠ABC=60°，
∴∠C=60°，∠ABF=120°，
∵AD∥BC，
∴∠D=120°．
在△ABF和△ADN中，
|
∴△ABF≌△ADN（SAS），
∴AF=AN，∠FAB=∠NAD，
∵∠BAD=120°，∠MAN=60°，
∴∠BAM+∠NAD=60°，
∴∠FAM=∠BAM+∠FAB=60°=∠MAN．
在△AFM和△ANM中，
|
∴△AFM≌△ANM（SAS），
∴MF=MN．
∵MF=BM+FB=BM+DN，
∴DN+BM=MN；
（2）图（2）中BM=DN+MN；图（3）中MN=DN+BM．下面证明BM=DN+MN．
如图（2），在BC上截取BF，使BF=DN，
∵AB=AD=CD，∠ABC=60°，
∴∠DCB=60°，
∵AD∥BC，
∴∠ADN=60°．
在△ABF和△ADN中，
|
∴△ABF和△ADN（SAS），
∴AF=AN，∠BAF=∠DAN，
∵∠DAN+∠DAM=60°，
∴∠BAF+∠DAM=60°，
∴∠FAM=120°-60°=60°=∠MAN．
在△AFM和△ANM中，
|
∴△AFM≌△ANM（SAS），
∴FM=MN，
∵BM=BF+FM，
∴BM=DN+MN；
（3）如图（3），设AB=x．
在△ABP中，∵∠ABP=60°，BP=2，AP=
| 19 |
∴AP2=AB2+BP2-2AB•BP•cos∠ABP，
∴19=x2+4-2x×2×
| 1 |
| 2 |
整理得x2-2x-15=0，
解得x1=5，x2=-3（不合题意舍去），
∴AB=5．
在△ABP与△MAP中，
|
∴△ABP∽△MAP，
∴
| AB |
| AM |
| BP |
| AP |
| 5 |
| AM |
| 2 | ||
|
∴AM=
5
| ||
| 2 |
在△APM中，∵AM=
5
| ||
| 2 |
| 19 |
∴PM2=AM2+AP2-2AM•AP•cos∠MAP，
=
| 475 |
| 4 |
5
| ||
| 2 |
| 19 |
| 1 |
| 2 |
=
| 475 |
| 4 |
| 95 |
| 2 |
=
| 361 |
| 4 |
∴PM=
| 19 |
| 2 |
∴BM=PM-BP=
| 19 |
| 2 |
| 15 |
| 2 |
∵梯形ABCD，AD∥BC，AB=AD=CD=5，∠ABC=60°，
∴BC=10，PC=BC-BP=10-2=8．
∵AD∥PC，
∴△NAD∽△NPC，
∴
| DN |
| CN |
| AD |
| PC |
| DN |
| DN+5 |
| 5 |
| 8 |
∴DN=
| 25 |
| 3 |
∴MN=DN+BM=
| 25 |
| 3 |
| 15 |
| 2 |
| 95 |
| 6 |
点评：本题考查了等腰梯形的性质，旋转的性质，全等三角形、相似三角形的判定与性质，余弦定理等知识，有一定难度．准确作出辅助线，利用数形结合及方程思想是解题的关键．
练习册系列答案
全能测控期末小状元系列答案
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