Question

1．探究证明：
（1）如图1，矩形ABCD中，点M、N分别在边BC，CD上，AM⊥BN，求证：$\frac{BN}{AM}$=$\frac{BC}{AB}$．
（2）如图2，矩形ABCD中，点M在边BC上，EF⊥AM，EF分别交AB，CD于点E、点F，试猜想$\frac{EF}{AM}$与$\frac{BC}{AB}$有什么数量关系？并证明你的猜想．
拓展应用：综合（1）、（2）的结论解决以下问题：
（3）如图3，四边形ABCD中，∠ABC=90°，AB=AD=10，BC=CD=5，AM⊥DN，点M，N分别在边BC，AB上，求$\frac{DN}{AM}$的值．

Answer 1

分析 （1）根据两角对应相等两三角形相似即可证明．
（2）结论：$\frac{EF}{AM}$=$\frac{BC}{AB}$．如图2中，过点B作BG∥EF交CD于G，首先证明四边形BEFG是平行四边形，推出BG=EF，由△GBC∽△MAB，得$\frac{BG}{AM}$=$\frac{BC}{AB}$，由此即可证明．
（3）如图3中，过点D作平行于AB的直线交过点A平行于BC的直线于R，交BC的延长线于S，连接AC，则四边形ABSR是平行四边形．由（2）中结论可得：$\frac{DN}{AM}$=$\frac{BS}{AB}$，想办法求出BS即可解决问题．

解答 解：（1）如图1中，

∵四边形ABCD是矩形，
∴∠ABC=∠C=90°
∴∠NBA+∠NBC=90°，
∵AM⊥BN，
∴∠MAB+∠NBA=90°，
∴∠NBC=∠MAB，
∴△BCN∽△ABM，
∴$\frac{BN}{AM}$=$\frac{BC}{AB}$．

（2）结论：$\frac{EF}{AM}$=$\frac{BC}{AB}$．
理由：如图2中，过点B作BG∥EF交CD于G，

∵四边形ABCD是矩形，
∴AB∥CD，
∴四边形BEFG是平行四边形，
∴BG=EF，
∵EF⊥AM，
∴BG⊥AM，
∴∠GBA+∠MAB=90°，
∵∠ABC=∠C=90°，
∴∠GBC+∠GBA=90°，
∴∠MAB=∠GBC，
∴△GBC∽△MAB，
∴$\frac{BG}{AM}$=$\frac{BC}{AB}$，
∴$\frac{EF}{AM}$=$\frac{BC}{AB}$．

（3）如图3中，过点D作平行于AB的直线交过点A平行于BC的直线于R，交BC的延长线于S，连接AC，则四边形ABSR是平行四边形．

∵∠ABC=90°，
∴四边形ABSR是矩形，
∴∠R=∠S=90°，RS=AB=10，AR=BS，
∵AM⊥DN，
∴由（2）中结论可得：$\frac{DN}{AM}$=$\frac{BS}{AB}$，
∵AB=AD，CB=CD，AC=AC，
∴△ACD≌△ACB，
∠ADC=∠ABC=90°，
∴∠SDC+∠RDA=90°，
∵∠RAD+∠RDA=90°，
∴∠RAD=∠SDC，
∴△RAD∽△SDC，
∴∴$\frac{CD}{AD}$=$\frac{SC}{RD}$，设SC=x，
∴$\frac{5}{10}$=$\frac{x}{RD}$，
∴RD=2x，DS=10-2x，
在Rt△CSD中，∵CD²=DS²+SC²，
∴5²=（10-2x）²+x²，
∴x=3或5（舍弃），
∴BS=5+x=8，
∴$\frac{DN}{AM}$=$\frac{BS}{AB}$=$\frac{8}{10}$=$\frac{4}{5}$．

点评 本题考查相似三角形综合题、矩形的判定和性质、平行四边形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形，学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，属于中考压轴题．