16.直角△ABC中,BC=AC,D為AB的中點(diǎn),點(diǎn)N為平面內(nèi)一點(diǎn),連接DN,BN,過點(diǎn)D作DN的垂線交BN于點(diǎn)M,且∠DNM=∠ABC,連接CM.
(1)如圖①,求證:BM-CM=$\sqrt{2}$DM.
(2)在圖②,圖③兩種情況下,線段BM.CM.DM又有怎樣的數(shù)量關(guān)系?請(qǐng)寫出你的猜想,不需要證明;
(3)若S△ABC=$\frac{25}{2}$,tan∠BCM=$\frac{3}{4}$,則DM=$\frac{\sqrt{2}}{2}$或$\frac{7\sqrt{2}}{2}$.

分析 (1)圖①中,連接CD,先證明△CDM≌△BDN得CM=BN,即可證明BM-CM=MN=$\sqrt{2}$DM.
(2)圖②中,結(jié)論:BM+CM=$\sqrt{2}$DM,先證明△CDM≌△BDN得CM=BN由BM+CM=BM+BN=MN=$\sqrt{2}$DM得出結(jié)論.圖③中,結(jié)論:CM-BM=$\sqrt{2}$DM,先證明△CDM≌△DN得CM=BN由CM-BM=BN-BM=MN=$\sqrt{2}$DM得出結(jié)論.
(3)在圖①②③中利用已經(jīng)證明的結(jié)論分別求出DM即可.

解答 (1)證明:如圖①中,連接CD
∵CA=CB,∠ACB=90°,AD=DB,
∴CD=AD=DB,∠A=∠BC=45°,CD⊥AB,
∵∠MDN=90°,∠DNM=∠ABC=45°,
∴∠DMN=∠DNM=45°,
∴DM=DN,MN=$\sqrt{2}$DM,
∵∠CDB=∠MDN=90°,
∴∠CDM=∠BDN,
在△DCM和△DBN中,
$\left\{\begin{array}{l}{DC=DB}\\{∠CDM=∠BDN}\\{DM=DN}\end{array}\right.$,
∴△CDM≌△BDN,
∴CM=BN,
∴BM-CM=BM-BN=MN=$\sqrt{2}$DM.
(2)在圖②中,結(jié)論:BM+CM=$\sqrt{2}$DM.理由如下:
證明:連接CD,∵CA=CB,∠ACB=90°,AD=DB,
∴CD=AD=DB,∠A=∠ABC=45°,CD⊥AB,
∵∠MDN=90°,∠DNM=∠ABC=45°,
∴∠DMN=∠DNM=45°,
∴DM=DN,MN=$\sqrt{2}$DM,
∵∠CDB=∠MDN=90°
∴∠CDM=∠BDN,
在△DCM和△DBN中
$\left\{\begin{array}{l}{DC=DB}\\{∠CDM=∠BDN}\\{DM=DN}\end{array}\right.$,
∴△CDM≌△BDN,
∴CM=BN,
∴BM+CM=BM+BN=MN=$\sqrt{2}$DM
在圖③中,結(jié)論:CM-BM=$\sqrt{2}$DM,理由如下:
證明:連接CD,∵CA=CB,∠ACB=90°,AD=DB,
∴CD=AD=DB,∠A=∠ABC=45°,CD⊥AB,
∵∠MDN=90°,∠DNM=∠ABC=45°,
∴∠DMN=∠DNM=45°,
∴DM=DN,MN=$\sqrt{2}$DM,
∵∠CDB=∠MDN=90°,
∴∠CDM=∠BDN,
在△DCM和△DBN中
$\left\{\begin{array}{l}{DC=DB}\\{∠CDM=∠BDN}\\{DM=DN}\end{array}\right.$,
∴△CDM≌△DN,
∴CM=BN,
∴CM-BM=BN-BM=MN=$\sqrt{2}$DM.
(3)在圖①中∵∠DCB+∠DBC=90°
∴∠DCB+∠CBM+∠DBN=90°,
由(1)可知:△CDM≌△BDN,
∴∠DCM=∠DBN,
∴∠DCB+∠CBM+∠DCM=90°,
∴∠MCB+∠CBM=90°,
∴∠CMB=90°,
∵tan∠BCM=$\frac{3}{4}$,可以假設(shè)CM=3k,BM=4k,
∵S△ACB=$\frac{25}{2}$,∴BC=CA=5,
∵CM2+BM2=BC2
∴(3k)2+(4k)2=25,
k=1,
∴MC=3,BM=4,
∵BM-CM=$\sqrt{2}$DM,
∴DM=$\frac{\sqrt{2}}{2}$,
在圖②中,∵∠CMD=∠N=45°,∠DMN=45°,
∴∠CMB=90°,
∵tan∠BCM=$\frac{3}{4}$,可以假設(shè)BM=3k,CM=4k,
∵CM2+BM2=BC2
∴(3k)2+(4k)2=25,
k=1,
∴MC=4,BM=3,
∵BM+CM=$\sqrt{2}$DM,
∴DM=$\frac{7\sqrt{2}}{2}$,
在圖③中,∵∠CMD=∠N=45°,∠DMN=45°,
∴∠CMN=∠CMB=90°,
∵tan∠BCM=$\frac{3}{4}$,可以假設(shè)BM=3k,CM=4k,
∵CM2+BM2=BC
∴(3k)2+(4k)2=25,
k=1,
∴MC=4,BM=3,
∵CM-BM=$\sqrt{2}$DM,
∴DM=$\frac{\sqrt{2}}{2}$,
綜上所述:DM=$\frac{\sqrt{2}}{2}$或$\frac{7\sqrt{2}}{2}$.
故答案為:$\frac{\sqrt{2}}{2}$或$\frac{7\sqrt{2}}{2}$.

點(diǎn)評(píng) 本題考查全等三角形的判定和性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì),解題的關(guān)鍵是三個(gè)圖形中△CDM和△BDN都是全等的,證明方法類似,形變結(jié)論不變,在求DM時(shí)考慮問題必須全面.

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