Question

9．如圖，在ABC中，AB=AC，點D是BC的中點，M、N分別是AC、AB上的點，且∠A和∠NDM互補．
（1）當∠A=60°，如圖1，線段BN、MC、AB之間的數(shù)量關(guān)系是BN+CM=$\frac{1}{2}$AB；
（2）當∠A=90°，如圖2，求證：BN+MC=AB；
（3）在（2）的條件下，若CM=3，BN=1，設(shè)線段MD交直線AB于點E，求EN的長．

Answer 1

分析 （1）過D作DG∥AB交AC于G，由點D是BC的中點，得到DG=$\frac{1}{2}$AB，∠DGM=60°，證得△BND≌△GMD，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到BN=GM，即可得到結(jié)論；
（2）連接AD，由BD=CD，得到∠DAC=$\frac{1}{2}$∠BAC=∠C=∠BAD=45°，推出△AND≌△CMD，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到AN=CM，于是得到結(jié)論；
（3）連接MN，AD，通過△BDN≌△ADM，由全等三角形的性質(zhì)得到DN=DM，于是得到△MND是等腰直角三角形，根據(jù)勾股定理得到MN=$\sqrt{10}$，可得$DN=DM=\sqrt{5}$，設(shè)AE=x，EM=$\sqrt{A{E}^{2}+A{M}^{2}}$=$\sqrt{{x}^{2}+1}$，由勾股定理列方程DN²+DE²=NE²，即可得到結(jié)論．

解答 解：（1）BN+CM=$\frac{1}{2}$AB；
如圖1，過D作DG∥AB交AC于G，
∵點D是BC的中點，
∴DG=$\frac{1}{2}$AB，∠DGM=60°，
∵∠A+∠NDM=180°，
∴∠BND=∠GMD，∠B=∠DGM=60°，BD=DG=$\frac{1}{2}$AB，
在△BND與△GMD中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠BND=∠GMD}\\{∠B=∠DGM}\\{BD=DG}\end{array}\right.$，
∴△BND≌△GMD，
∴BN=GM，
∴BN+CM=GM+CM=$\frac{1}{2}$AB；
故答案為：BN+CM=$\frac{1}{2}$AB；

（2）如圖2，連接AD，
∵BD=CD，
∴∠DAC=$\frac{1}{2}$∠BAC=∠C=∠BAD=45°，
∴AD=CD，
∵∠ADC=90°，∠NDM=90°，
∴∠NDM-∠ADM=∠ADC-∠ADM，
即∠ADN=∠CDM，
在△AND與△CMD中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠ADC=∠NDM}\\{∠ADN=∠CDM}\\{AD=CD}\end{array}\right.$，
∴△AND≌△CMD，
∴AN=CM，
∴BN+CM=AB；

（3）如圖3，連接MN，AD，
∴AD=BD=CD，∠BAD=∠B=∠C=45°，∠ADC=∠ADB=90°，
∴∠ADM=∠BDN，
在△BDN與△ADM中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠B=∠DAM}\\{BD=AD}\\{∠BDN=∠ADM}\end{array}\right.$，
∴△BDN≌△ADM，
∴DN=DM，
∴△MND是等腰直角三角形，
∵BN=1，CM=3，
∴AN=3，AM=1，
∴MN=$\sqrt{10}$，
∴$DN=DM=\sqrt{5}$，
設(shè)AE=x，
∴EM=$\sqrt{A{E}^{2}+A{M}^{2}}$=$\sqrt{{x}^{2}+1}$，
∵DN²+DE²=NE²，即（$\sqrt{5}$）²+[$\sqrt{5}$+（$\sqrt{{x}^{2}+1}$）]²=（3+x）²，
解得：x=-$\frac{1}{2}$（舍去），x=2，
∴EN=5．

點評 本題考查了全等三角形的判定和性質(zhì)，等邊三角形的性質(zhì)，等腰直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，正確的作出輔助線是解題的關(guān)鍵．