Question

已知：如圖，正方形ABCD，對(duì)角線AC、BD相交于O，Q為線段DB上的一點(diǎn)，∠MQN=90°，點(diǎn)M、N分別在直線BC、DC上，
（1）如圖1，當(dāng)Q為線段OD的中點(diǎn)時(shí)，求證：DN+

1

3

BM=

1

2

BC；
（2）如圖2，當(dāng)Q為線段OB的中點(diǎn)，點(diǎn)N在CD的延長線上時(shí)，則線段DN、BM、BC的數(shù)量關(guān)系為

BM-

1

3

DN=

1

2

BC

；
（3）在（2）的條件下，連接MN，交AD、BD于點(diǎn)E、F，若MB：MC=3：1，NQ=9

5

，求EF的長．

Answer 1

分析：（1）如圖1，過Q點(diǎn)作QP⊥BD交DC于P，然后根據(jù)正方形的性質(zhì)證明△QPN∽△QBM，就可以得出結(jié)論；
（2）如圖2，過Q點(diǎn)作QH⊥BD交BC于H，通過證明△QHM∽△QDN，由相似三角形的性質(zhì)就可以得出結(jié)論；
（3）由條件設(shè)CM=x，MB=3x，就用CB=4x，得出BH=2x，由（2）相似的性質(zhì)可以求出MQ的值，再根據(jù)勾股定理就可以求出MN的值，可以表示出ND，由△NDE∽△NCM就可以求出NE，也可以表示出DE，最后由△DEF∽△BMF而求出結(jié)論．

解答：解：（1）如圖1，過Q點(diǎn)作QP⊥BD交DC于P，
∴∠PQB=90°．
∵∠MQN=90°，
∴∠NQP=∠MQB，
∵四邊形ABCD是正方形，
∴CD=CB，∠BDC=∠DBC=45°．DO=BO
∴∠DPQ=45°，DQ=PQ．
∴∠DPQ=∠DBC，
∴△QPN∽△QBM，
∴

NP

MB

=

PQ

QB

．
∵Q是OD的中點(diǎn)，且PQ⊥BD，
∴DO=2DQ，DP=

1

2

DC
∴BQ=3DQ．DN+NP=

1

2

BC，
∴BQ=3PQ，
∴

NP

MB

=

1

3

，
∴NP=

1

3

BM．
∴DN+

1

3

BM=

1

2

BC．

（2）如圖2，過Q點(diǎn)作QH⊥BD交BC于H，
∴∠BQH=∠DQH=90°，
∴∠BHQ=45°．
∵∠COB=45°，
∴QH∥OC．
∵Q是OB的中點(diǎn)，
∴BH=CH=

1

2

BC．
∵∠NQM=90°，
∴∠NQD=∠MQH，
∵∠QND+∠NQD=45°，∠MQH+∠QMH=45°
∴∠QND=∠QMH，
∴△QHM∽△QDN，
∴

HM

ND

=

QH

DQ

=

QM

NQ

=

1

3

，
∴HM=

1

3

ND，
∵BM-HM=HB，
∴BM-

1

3

DN=

1

2

BC．
故答案為：BM-

1

3

DN=

1

2

BC

（3）∵M(jìn)B：MC=3：1，設(shè)CM=x，
∴MB=3x，
∴CB=CD=4x，
∴PB=2x，
∴PM=x．
∵HM=

1

3

ND，
∴ND=3x，
∴CN=7x
∵四邊形ABCD是正方形，
∴ED∥BC，
∴△NDE∽△NCM，△DEF∽△BMF，
∴

ND

CN

=

DE

CM

=

NE

NM

，

DE

BM

=

EF

FM

，
∴

3x

7x

=

DE

x

，

NE

NM

=

3

7

∴DE=

3

7

x，
∴

3 7 x

3x

=

EF

FM

=

1

7

∵NQ=9

5

，
∴QM=3

5

，
在Rt△MNQ中，由勾股定理得：
MN=

(9 5 )2+(3 5 )2

 =15

2

．
∴

NE

15 2

=

3

7

，
∴NE=

45 2

7

∴EM=

60 2

7

設(shè)EF=a，則FM=7a，
∴a+7a=

60 2

7

∴a=

15 2

14

點(diǎn)評(píng)：本題是一道相似的綜合試題，考查了正方形的性質(zhì)的運(yùn)用，相似三角形的判定于性質(zhì)的運(yùn)用，勾股定理的運(yùn)用及平行線等分線段定理的運(yùn)用，在解答時(shí)利用三角形相似的性質(zhì)求出線段的比是解答本題的關(guān)鍵．