Question

2．已知△ABC中，AB=AC=4，BC=6，点P在△ABC的边AB上，AP=1，过点P画直线PQ交△ABC的边于点Q．
（1）如图1，当直线PQ∥BC交AC边于点Q时，线段PQ长是$\frac{3}{2}$；
（2）如图2，当直线PQ交BC边于点Q，且∠BPQ=∠B时，线段PQ长是2；
（3）如图3，在△ABC中，∠A=90°，AC=6，AB=8，点M在△ABC的边AB上，过点M画直线MN，将△ABC沿直线MN对折后，它的一个顶点正好落在它的对边上，且折痕MN截△ABC所得的三角形与△ABC相似，请你画出所有可能的图形，并求折痕MN的长．

Answer 1

分析 （1）由PQ∥BC，可得到△APQ∽△ABC，然后利用相似三角形的性质列比例式求解即可；
（2）根据题意可证明∠BPQ=∠C，∠B=∠B，从而得到△BPQ∽△BCA，然后利用相似三角形的性质求解即可；
（3）如图1、图2、图3、图4所示，依据相似三角形的性质和翻折的性质分类求解即可．

解答 解：（1）∵PQ∥BC，
∴△APQ∽△ABC．
∴$\frac{AP}{AB}=\frac{PQ}{BC}$，即$\frac{1}{4}=\frac{PQ}{6}$．
解得：PQ=$\frac{3}{2}$．
故答案为：$\frac{3}{2}$．
（2）∵AB=AC，
∴∠B=∠C．
∵∠BPQ=∠B，
∴∠BPQ=∠C．
又∵∠B=∠B，
∴△BPQ∽△BCA．
∴$\frac{BP}{BC}=\frac{PQ}{AC}$，即$\frac{3}{6}=\frac{PQ}{4}$．
∴PQ=2．
故答案为：2．
（3）在Rt△ABC中，BC=$\sqrt{A{B}^{2}+A{C}^{2}}$=10．
如图1所示，点B′与点C重合．

由翻折的性质：BN=NC=5，∠BNM=∠B′NM=90°．
∵∠B=∠B，∠MNB=∠A，
∴△BNM∽△BAC．
∴$\frac{NM}{AC}=\frac{BN}{AB}$，$\frac{MN}{6}=\frac{5}{8}$．
∴MN=$\frac{15}{4}$．
如图2所示；点B′与点A重合．

由翻折的性质可知：BM=MA=4，∠BMN=∠AMN=90°．
∵∠B=∠B，∠BMN=∠BAC，
∴△BNM∽△BAC．
∴$\frac{MN}{AC}=\frac{BM}{AB}$，即$\frac{MN}{6}=\frac{4}{8}$．
∴MN=3．
如图3所示：MN为△ABC的中位线时．

由三角形的中位线定理可知：MN=$\frac{1}{2}BC=\frac{1}{2}×10=5$．
如图4所示：连接AA′交MN于点O，过点A′作A′D⊥AB垂足为D．

∵△ABC∽△ANM，
∴∠ANM=∠B．
由翻折的性质可知：AA′⊥MN，且OA=OA′．
∴∠ANO+∠NAO=90°．
又∵∠MAO+∠NAO=90°，
∴∠ANM=∠MAA′．
∴∠B=∠BAA′．
∴BA′=AA′．
同理：AA′=A′C
∴AA′=$\frac{1}{2}BC=5$．
∴OA=OA′=$\frac{5}{2}$．
∵$tan∠B=tan∠MNA=\frac{AO}{ON}$，
∴$\frac{\frac{5}{2}}{ON}=\frac{3}{4}$．
∴ON=$\frac{10}{3}$．
∵tan∠A′MO=$\frac{OA′}{OM}=\frac{4}{3}$，
∴$\frac{2.5}{OM}=\frac{4}{3}$．
解得：OM=$\frac{15}{8}$．
∴MN=OM+ON=$\frac{15}{8}+\frac{10}{3}$=$\frac{125}{24}$．
综上所述，MN的长度为$\frac{15}{4}$或3或5或$\frac{125}{24}$．

点评 本题主要考查的是相似三角形的性质和判定、翻折的性质、三角形的中位线的性质、锐角三角函数的定义，根据题意画出符合题意的图形是解题的关键．