Question

11．正方形ABCD中，M，N分别是CB，DC延长线上的一点，且有DN-BM=MN．
（1）求证：∠MAN=45°．
（2）过点D作DP⊥AN交AM于P，连CP，求线段PA，PC，PD之间的数量关系．
（3）若点C为DN的中点，且AB=1，求CP的长．

Answer 1

分析 （1）如图1中，作AH⊥AM交CD于H．由△ADH≌△ABM，推出DH=BM，AH=AM，由DN-BM=MN，推出DN-DH=MN推出HN=MN，由△ANH≌△ANM，即可推出∠NAM=∠NAH=45°；
（2）结论：PA+PC=$\sqrt{2}$PD．如图2中，作DQ⊥PC于Q，DG⊥PA于G，PD交AC于O，交AN于T．首先证明△DOC∽△AOP，推出△DOA∽△COP，再证明△PDO≌△PDQ，推出DG=DQ，PG=PQ，易证△ADG≌△CDQ，四边形PQDG是正方形，由此即可解决问题．
（3）如图3中，连接AC．由（2）可知DN-BM=MN，设BM=x则MN=2-x，在Rt△CMN中，由CM²+CN²=MN²，可得（x+1）²+1²=（2-x）²，推出x=$\frac{1}{3}$，由（2）可知PC⊥AM，
根据$\frac{1}{2}$•AM•PC=$\frac{1}{2}$•CM•AB，即可求出PC．

解答 （1）证明：如图1中，作AH⊥AM交CD于H．

∵∠HAB=∠DAB=90°，
∴∠DAH=∠BAM，
∵∠D=∠ABM=90°，AD=AB，
∴△ADH≌△ABM，
∴DH=BM，AH=AM，
∵DN-BM=MN，
∴DN-DH=MN
∴HN=MN，∵AN=AN，
∴△ANH≌△ANM，
∴∠NAM=∠NAH=45°．

（2）解：结论：PA+PC=$\sqrt{2}$PD．
理由：如图2中，作DQ⊥PC于Q，DG⊥PA于G，PD交AC于O，交AN于T．

∵PD⊥AN，
∴∠ATP=90°，∵∠PAT=45°，
∴∠APO=∠DCO=45°，∵∠DOC=∠AOP，
∴△DOC∽△AOP，
∴$\frac{DO}{AO}$=$\frac{OC}{OP}$，
∴$\frac{DO}{OC}$=$\frac{AO}{OP}$，∵∠DOA=∠POC，
∴△DOA∽△COP，
∴∠CPD=∠DAO=45°，
∴∠DPA=∠DPC，
∵PD=PD，∠G=∠PQD=90°，
∴△PDO≌△PDQ，
∴DG=DQ，PG=PQ，
易证△ADG≌△CDQ，四边形PQDG是正方形，
∴AQ=CQ，
∴PA+PC=（PG-AG）+（PQ+CQ）=2PG，
∵PD=$\sqrt{2}$PG，
∴PA+PC=$\sqrt{2}$PD．

（3）解：如图3中，连接AC．

由（2）可知DN-BM=MN，设BM=x则MN=2-x，
在Rt△CMN中，∵CM²+CN²=MN²，
∴（x+1）²+1²=（2-x）²，
∴x=$\frac{1}{3}$，
由（2）可知PC⊥AM，
∴$\frac{1}{2}$•AM•PC=$\frac{1}{2}$•CM•AB，
∴PC=$\frac{1×\frac{4}{3}}{\sqrt{{1}^{2}+（\frac{1}{3}）^{2}}}$=$\frac{2\sqrt{10}}{5}$．

点评 本题考查正方形的性质和判定、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形解决问题，题目综合性比较强，属于中考压轴题．