Question

2．如圖，在矩形ABCD中，E為CD的中點，F(xiàn)為BE上的一點，連結(jié)CF并延長交AB于點M，MN⊥CM交射線AD于點N．
（1）當(dāng)F為BE中點時，求證：AM=CE；
（2）若$\frac{AB}{BC}$=$\frac{EF}{BF}$=2，求$\frac{AN}{ND}$的值；
（3）若$\frac{AB}{BC}$=$\frac{EF}{BF}$=n，當(dāng)n為何值時，MN∥BE？

Answer 1

分析 （1）如圖1，易證△BMF≌△ECF，則有BM=EC，然后根據(jù)E為CD的中點及AB=DC就可得到AM=EC；
（2）如圖2，設(shè)MB=a，易證△ECF∽△BMF，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得EC=2a，由此可得AB=4a，AM=3a，BC=AD=2a．易證△AMN∽△BCM，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可得到AN=$\frac{3}{2}$a，從而可得ND=AD-AN=$\frac{1}{2}$a，就可求出$\frac{AN}{ND}$的值；
（3）如圖3，設(shè)MB=a，依據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得BC=2a，CE=na．由MN∥BE，MN⊥MC可得∠EFC=∠HMC=90°，從而可證到△MBC∽△BCE，然后根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可求出n的值．

解答 解：（1）當(dāng)F為BE中點時，如圖1，則有BF=EF．
∵四邊形ABCD是矩形，
∴AB=DC，AB∥DC，
∴∠MBF=∠CEF，∠BMF=∠ECF．
在△BMF和△ECF中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠MBF=∠CEF}\\{∠BMF=∠ECF}\\{BF=EF}\end{array}\right.$，
∴△BMF≌△ECF，
∴BM=EC．
∵E為CD的中點，
∴EC=$\frac{1}{2}$DC，
∴BM=EC=$\frac{1}{2}$DC=$\frac{1}{2}$AB，
∴AM=BM=EC；

（2）如圖2所示：設(shè)MB=a，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴AD=BC，AB=DC，∠A=∠ABC=∠BCD=90°，AB∥DC，
∴△ECF∽△BMF，
∴$\frac{EC}{BM}$=$\frac{EF}{BF}$=2，
∴EC=2a，
∴AB=CD=2CE=4a，AM=AB-MB=3a．
∵$\frac{AB}{BC}$=2，
∴BC=AD=2a．
∵MN⊥MC，
∴∠CMN=90°，
∴∠AMN+∠BMC=90°．
∵∠A=90°，
∴∠ANM+∠AMN=90°，
∴∠BMC=∠ANM，
∴△AMN∽△BCM，
∴$\frac{AN}{BM}$=$\frac{AM}{BC}$，
∴$\frac{AN}{a}$=$\frac{3a}{2a}$，
∴AN=$\frac{3}{2}$a，ND=AD-AN=2a-$\frac{3}{2}$a=$\frac{1}{2}$a，
∴$\frac{AN}{ND}$=$\frac{\frac{3}{2}a}{\frac{1}{2}a}$=3；

（3）當(dāng)$\frac{AB}{BC}$=$\frac{EF}{BF}$=n時，如圖3：設(shè)MB=a．
∵△MFB∽△CFE，
∴$\frac{MB}{EC}=\frac{BF}{EF}$=$\frac{1}{n}$，即$\frac{a}{EC}=\frac{1}{n}$，解得EC=an．
∴AB=2an．
又∵$\frac{AB}{BC}$=n，
∴$\frac{2an}{BC}=n$，
∴BC=2a．
∵MN∥BE，MN⊥MC，
∴∠EFC=∠HMC=90°，
∴∠FCB+∠FBC=90°．
∵∠MBC=90°，
∴∠BMC+∠FCB=90°，
∴∠BMC=∠FBC．
∵∠MBC=∠BCE=90°，
∴△MBC∽△BCE，
∴$\frac{MB}{BC}$=$\frac{BC}{CE}$，
∴$\frac{a}{2a}$=$\frac{2a}{na}$，
∴n=4．

點評 本題主要考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、矩形的性質(zhì)、同角的余角相等、三角形外角的性質(zhì)等知識，利用相似三角形的性質(zhì)得到線段之間的關(guān)系是解決本題的關(guān)鍵．