Question

20．在△ABC中，∠ABC=45°，∠BAC=75°，點M是BA延長線上一點，連接CM，將射線CM繞C點順時針旋轉60°得到新射線CN，作∠MCN的平分線交BA于點P，連接NP，且∠CPN=∠CPM，連接BN，過點M作CA的垂線，垂足為點Q．
（1）如圖1，若AC=4，求BC的長；
（2）如圖2，當點N在AB邊上時，求證：BN=$\sqrt{2}$MQ；
（3）如圖3，當點N在∠ACB的角平分線上時，直接寫出$\frac{M{Q}^{2}}{B{N}^{2}}$的值．

Answer 1

分析 （1）過點A作AH⊥BC與H，構造等腰直角三角形和含30°角的直角三角形，根據AC的長，求得CH和BH的長，即可得到BC的長；
（2）過點N作ND⊥BC于D，先判定△MCP≌△NCP（ASA），得出CM=CN，再判定△MCQ≌△NCD（AAS），得出QM=DN，最后在Rt△BDN中，根據∠B=45°，求得BN=$\sqrt{2}$DN，即可得到BN=$\sqrt{2}$MQ；
（3）過N作ND⊥BC于D，根據點N在∠ACB的角平分線上，以及△MCQ≌△NCD，可得AC與CP重合，再判定△BCM是等腰直角三角形，得到BC=MC=NC，最后設ND=1，在Rt△DCN中，求得CN=2，CD=$\sqrt{3}$，QM=1，進而得到Rt△BDN中，BN²=8-4$\sqrt{3}$，即可求得$\frac{M{Q}^{2}}{B{N}^{2}}$的值．

解答 解：（1）如圖1，過點A作AH⊥BC與H，
∵∠ABC=45°，∠BAC=75°，
∴∠ACB=60°，
∴∠BAH=45°，∠CAH=30°，
∵AC=4，
∴Rt△ACH中，CH=$\frac{1}{2}$AC=2，AH=2$\sqrt{3}$，
∴BH=2$\sqrt{3}$，
∴BC=CH+BH=2+2$\sqrt{3}$；

（2）證明：如圖2，過點N作ND⊥BC于D，
∵CP平分∠MCN，
∴∠MCP=∠NCP，
在△MCP和△NCP中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠MCP=∠NCP}\\{CP=CP}\\{∠CPN=∠CPM}\end{array}\right.$，
∴△MCP≌△NCP（ASA），
∴CM=CN，
∵∠BCA=∠MCN=60°，
∴∠MCQ=∠NCD，
∵MQ⊥CQ，ND⊥CD，
∴∠Q=∠CDN=90°，
在△MCQ和△NCD中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠Q=∠CDN}\\{∠MCQ=∠NCD}\\{CM=CN}\end{array}\right.$，
∴△MCQ≌△NCD（AAS），
∴QM=DN，
又∵Rt△BDN中，∠B=45°，
∴BN=$\sqrt{2}$DN，
∴BN=$\sqrt{2}$MQ；

（3）如圖3，過N作ND⊥BC于D，
當點N在∠ACB的角平分線上時，∠BCN=∠ACN=30°，
由（2）可得，△MCQ≌△NCD，
∴∠BCN=∠MCA，QM=DN，
∴∠ACN=∠ACM，
即AC平分∠MAN，
又∵CP平分∠MAN，
∴AC與CP重合，
∴∠MCA=∠ACN=∠BCN=30°，
∴∠BCM=90°，
∵∠CBM=45°，
∴△BCM是等腰直角三角形，
又∵△MCP≌△NCP，
∴BC=MC=NC，
設ND=1，則Rt△DCN中，CN=2，CD=$\sqrt{3}$，QM=1，
∴BC=2，BD=2-$\sqrt{3}$，
∴Rt△BDN中，BN²=BD²+DN²=（2-$\sqrt{3}$）²+1²=8-4$\sqrt{3}$，
∴$\frac{M{Q}^{2}}{B{N}^{2}}$=$\frac{{1}^{2}}{8-4\sqrt{3}}$=$\frac{2+\sqrt{3}}{4}$．

點評 本題屬于幾何變換綜合題，主要考查了全等三角形的判定與性質，等腰直角三角形的性質與判定以及勾股定理的應用，解決問題的關鍵是作輔助線構造全等三角形和等腰直角三角形，運用全等三角形的對應邊相等以及等腰直角三角形的性質進行計算求解．