Question

12．已知，在矩形ABCD中，AB=a，BC=b，動點M從點A出發(fā)沿邊AD向點D運動（點M與點A、點D不重合）．
（1）如圖1，當(dāng)b=2a，點M運動到邊AD的中點時，請證明∠BMC=90°；
（2）如圖2，當(dāng)a=2，b=5，求點M運動到什么位置時，∠BMC=90°；
（3）如圖3，在第（2）問的條件下，若另一動點N從點C出發(fā)沿邊C→M→B運動，且點M、點N的出發(fā)時間與運動速度都相同，過點N作AD和垂線交AD于點H，當(dāng)△MNH與△MBC相似時，求MH的長．

Answer 1

分析 （1）由b=2a，點M是AD的中點，可得AB=AM=MD=DC=a，又由四邊形ABCD是矩形，即可求得∠AMB=∠DMC=45°，則可求得∠BMC=90°；
（2）根據(jù)已知條件得到∠AMB+∠DMC=90°，根據(jù)余角的性質(zhì)得到∠ABM=∠DMC，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到$\frac{AM}{CD}=\frac{AB}{DM}$，代入數(shù)據(jù)即可得到結(jié)論．
（3）①當(dāng)點N在CM上時，由△MNH與△MBC相似，得到∠BMC=∠MHN=90°，當(dāng)AM=CN=1時，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)列方程求得結(jié)論；當(dāng)AM=CN=4時，DM=1，CM=$\sqrt{5}$＜4，這種情況不存在；②當(dāng)點N在BM上時，當(dāng)AM=CN=1時，同理這種情況不存在；當(dāng)AM=CN=4時，即CM+MN=4，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可得到結(jié)論．

解答 （1）證明：∵b=2a，點M是AD的中點，
∴AB=AM=MD=DC=a，
又∵在矩形ABCD中，∠A=∠D=90°，
∴∠AMB=∠DMC=45°，
∴∠BMC=90°．

（2）解：若∠BMC=90°，
則∠AMB+∠DMC=90°，
又∵∠AMB+∠ABM=90°，
∴∠ABM=∠DMC，
又∵∠A=∠D=90°，
∴△ABM∽△DMC，
∴$\frac{AM}{CD}=\frac{AB}{DM}$，
設(shè)AM=x，則$\frac{x}{2}=\frac{2}{5-x}$，
∴x=1或4，
∴AM=1或4時，∠BMC=90°；

（3）解：①當(dāng)點N在CM上時，
∵△MNH與△MBC相似，
∴∠BMC=∠MHN=90°，
當(dāng)AM=CN=1時，
∴DM=4，∴CM=2$\sqrt{5}$，
∴MN=2$\sqrt{5}$-1，
∵NH⊥AD，∠D=90°，
∴NH∥CD，
∴$\frac{MH}{DM}=\frac{MN}{CM}$，
∴$\frac{MH}{4}=\frac{2\sqrt{5}-1}{2\sqrt{5}}$，
∴MH=8-$\frac{2\sqrt{5}}{5}$；
當(dāng)AM=CN=4時，
DM=1，CM=$\sqrt{5}$＜4，
∴這種情況不存在；
②當(dāng)點N在BM上時，
當(dāng)AM=CN=1時，同理這種情況不存在；
當(dāng)AM=CN=4時，即CM+MN=4，
∵CM=$\sqrt{5}$，
∴MN=4-$\sqrt{5}$，BM=2$\sqrt{5}$，
∵HN∥AB，
∴△MHN∽ABM，
∴$\frac{MH}{AM}=\frac{MN}{BM}$，即$\frac{MH}{4}=\frac{4-\sqrt{5}}{2\sqrt{5}}$，
∴MH=$\frac{4\sqrt{5}}{5}$-2．
綜上所述：△MNH與△MBC相似時，MH=8-$\frac{2\sqrt{5}}{5}$或$\frac{4\sqrt{5}}{5}$-2．

點評 此題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、矩形的性質(zhì)，解直角三角形，此題難度較大，解此題的關(guān)鍵是利用相似的性質(zhì)構(gòu)造方程求解．