Question

13．如圖．在正方形ABCD中，點(diǎn)P是BC延長線上一點(diǎn)，BQ⊥PD于點(diǎn)Q，QN⊥BD于點(diǎn)N，連接AN．若S_△DMQ=$\frac{1}{8}$DM²，AB=4，則AN的長為$\sqrt{10}$．

Answer 1

分析 設(shè)NQ與CD交于點(diǎn)O，作QH⊥CD于H，NG⊥AD于G．由$\frac{1}{2}$•DM•QH=$\frac{1}{8}$DM²，推出QH=$\frac{1}{4}$DM，設(shè)HQ=a，則DM=4a，由BQ⊥PD，推出△DHQ∽△QHM，設(shè)DH=x，則MH=4a-x，可得HQ²=DH•HM，推出a²=x（4a-x），解得x=（2+$\sqrt{3}$）a，由tan∠CDP=$\frac{HQ}{DH}$=$\frac{CP}{CD}$，可得$\frac{a}{（2+\sqrt{3}）a}$=$\frac{CP}{4}$，推出CP=4（2-$\sqrt{3}$），由△BCM≌△DCP，由此CM=CP=4（2-$\sqrt{3}$），推出DM=DC-CM=4-4（2-$\sqrt{3}$）=4$\sqrt{3}$-4，由4a=4$\sqrt{3}$-4，推出a=$\sqrt{3}$-1，由HQ∥PC，推出$\frac{HQ}{PC}$=$\frac{DH}{DC}$，可得$\frac{\sqrt{3}-1}{4（2-\sqrt{3}）}$=$\frac{DH}{4}$，推出DH=$\sqrt{3}$+1，推出DQ=$\sqrt{D{H}^{2}+H{Q}^{2}}$=2$\sqrt{2}$，由 QN⊥BD，易知△DQN∽△DBQ，可得DQ²=DN•DB，可得DN=$\frac{（2\sqrt{2}）^{2}}{4\sqrt{2}}$=$\sqrt{2}$，由此即解決問題．

解答 解：設(shè)NQ與CD交于點(diǎn)O，作QH⊥CD于H，NG⊥AD于G．

∵$\frac{1}{2}$•DM•QH=$\frac{1}{8}$DM²，
∴QH=$\frac{1}{4}$DM，設(shè)HQ=a，則DM=4a，
∵BQ⊥PD，
由△DHQ∽△QHM，設(shè)DH=x，則MH=4a-x，
可得HQ²=DH•HM，
∴a²=x（4a-x），
解得x=（2+$\sqrt{3}$）a，
∴tan∠CDP=$\frac{HQ}{DH}$=$\frac{CP}{CD}$，
∴$\frac{a}{（2+\sqrt{3}）a}$=$\frac{CP}{4}$，
∴CP=4（2-$\sqrt{3}$），
易證△BCM≌△DCP，
∴CM=CP=4（2-$\sqrt{3}$），
∴DM=DC-CM=4-4（2-$\sqrt{3}$）=4$\sqrt{3}$-4，
∴4a=4$\sqrt{3}$-4，
∴a=$\sqrt{3}$-1，
∵HQ∥PC，
∴$\frac{HQ}{PC}$=$\frac{DH}{DC}$，
∴$\frac{\sqrt{3}-1}{4（2-\sqrt{3}）}$=$\frac{DH}{4}$，
∴DH=$\sqrt{3}$+1，
∴DQ=$\sqrt{D{H}^{2}+H{Q}^{2}}$=2$\sqrt{2}$，
∵QN⊥BD，易知△DQN∽△DBQ，可得DQ²=DN•DB，
∴DN=$\frac{（2\sqrt{2}）^{2}}{4\sqrt{2}}$=$\sqrt{2}$，
∵∠GDN=45°，
∴GN=DG=1，
在Rt△AGN中，AG=3，GN=1，
∴AN=$\sqrt{A{G}^{2}+G{N}^{2}}$=$\sqrt{{3}^{2}+{1}^{2}}$=$\sqrt{10}$，
故答案為$\sqrt{10}$．

點(diǎn)評 本題考查正方形的性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理，三角形的面積等知識，解題的關(guān)鍵是學(xué)會添加常用輔助線，構(gòu)造直角三角形解決問題，屬于中考填空題中的壓軸題．