Question

已知,如图边长为2的正方形ABCD中,∠MAN的两边分别交BC 、CD边于M、N两点,且 ∠MAN=45°

(1 )求证MN=BN+ DN
(2 )若AM、AN交对角线BD于E、F两点,BF=y,DE=x,求y与x的函数关系式
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Answer 1

已知,边长为2的正方形ABCD中,∠MAN的两边分别交BC 、CD边于M、N两点，∠MAN=45° ； (1 )求证MN=BM+ DN；(2 )若AM、AN交对角线BD于E、F两点,BF=y,DE=x,求y与x的函数关系式
解：(1).以A为圆心，AB为半径画圆弧B⌒D，再在所燃拦虚画的弧上任取一点P，过P作弧的切线MN，与BC交于M，与CD交于N，衡游则∠MAN=45°；这是因为：
连接AP，BP，AM，M是圆外的一点，MB，MP是过M的皮燃两条切线，因此MB=MP，且∠BAM=
∠PAM；同理，连接DP，AN，则ND=NP，且∠DAN=∠PAN；由于∠BAM+∠PAM+∠PAN+
∠DAN=90°，∴∠PAM+∠PAN=∠MAN=∠BAM+∠DAN=45°，∴BM+DN=MP+PN=MN。
(2).设∠BAM=α，则 ∠AMB=90°-α，∠BEM=180°-(∠EBM+∠AMB)=180°-(45°+90°-α)=45°+α
在△BEM中使用正弦定理：BE/sin∠AMB=BM/sin∠BEM，其中BM=ABtanα=2tanα，故
BE=(BMsin∠AMB)/(sin∠BEM)=[2tanαsin(90°-α)]/[sin(45°+α)]=(2sinα)/[(√2/2)(cosα+sinα)]
=2(√2)sinα/(cosα+sinα)，
故x=DE=BD-BE=2(√2)-2(√2)sinα/(cosα+sinα)=2(√2)[1-sinα/(cosα+sinα)]
=2(√2)[cosα/(cosα+sinα)]........................(1)
∠DAN=45°-∠BAM=45°-α，故在△DFN中，∠FDN=45°，∠FND=90°-(45°-α)=45°+α，
∠DFN=90°-α，DN=ADtan∠DAN=2tan(45°-α)；在△DFN中使用正弦定理，得：
DF/sin∠FND=DN/sin∠DFN，
故DF=DN(sin∠FND)/(sin∠DFN)=2tan(45°-α)sin(45°+α)/sin(90°-α)
=[(√2)(1-tanα)(cosα+sinα)]/[(1+tanα)cosα]=(√2)(cosα-sinα)/cosα；
于是得y=BF=BD-DF=2(√2)-(√2)(cosα-sinα)/cosα=2(√2)[1-(cosα-sinα)/2cosα]
=2(√2)[(cosα+sinα)/2cosα]....................(2)
(1)×(2)即得xy={2(√2)[cosα/(cosα+sinα)]}{2(√2)[(cosα+sinα)/2cosα}=4
即y=4/x，y是x的反比例函数，(√2≦x≦2√2).

Answer 2

证明：延长MB至H，使BH=DN，连仿唯接AH，
∵ABCD是正方形备改培，
∴AB=AD，∠ABH=∠BAD=∠D=90°．
∵BH=DN，
∴歼隐△AHB≌△AND（SAS）．
∴AH=AN，∠HAB=∠NAD．
∵∠MAN=45°，
∴∠DAN+∠BAM=∠BAH+∠BAM=45°．
∴∠HAM=∠MAN．
∵AH=AN，AM=AM，
∴△AHM≌△ANM．
∴HM=MN．
∵HM=HB+BM=DN+BM，
∴MB+ND=MN．

Answer 3

（1）将CB延长芹缓雀到G点，使BG＝DN，连接AG，易证明三角嫌早形ABG与三角形ADN全等，得到AG＝AN
则可证明三角形AGM与三角形ANM全等（边角边），由此得出GM＝NM
GM＝BM+GB＝哪游BM+DN
所以MN＝BN+DN