Question

【題目】在△ABC中，∠ABC為銳角，點(diǎn)M為射線AB上一動(dòng)點(diǎn)，連接CM，以點(diǎn)C為直角頂點(diǎn)，以CM為直角邊在CM右側(cè)作等腰直角三角形CMN，連接NB．

（1）如圖1，圖2，若△ABC為等腰直角三角形，

問題初現(xiàn)：①當(dāng)點(diǎn)M為線段AB上不與點(diǎn)A重合的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，則線段BN，AM之間的位置關(guān)系是　 　，數(shù)量關(guān)系是　 　；

深入探究：②當(dāng)點(diǎn)M在線段AB的延長(zhǎng)線上時(shí)，判斷線段BN，AM之間的位置關(guān)系和數(shù)量關(guān)系，并說明理由；

（2）如圖3，∠ACB≠90°，若當(dāng)點(diǎn)M為線段AB上不與點(diǎn)A重合的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，MP⊥CM交線段BN于點(diǎn)P，且∠CBA＝45°，BC＝，當(dāng)BM＝　 　時(shí)，BP的最大值為　 　．

Answer 1

【答案】（1）①AM⊥BN，AM＝BN；②AM與BN位置關(guān)系是AM⊥BN，數(shù)量關(guān)系是AM＝BN，見解析；（2）2，1.

【解析】

（1）問題初現(xiàn)：①由“SAS”證明△ACM≌△BCN，可得結(jié)論；

深入探究：②由“SAS”證明△ACM≌△BCN，可得結(jié)論；

（2）過點(diǎn)C作CE⊥AB于點(diǎn)E，過點(diǎn)N作NF⊥CE于點(diǎn)F，則FN∥AB，通過證明四邊形FNBE是矩形，可得CE＝BE＝4，∠CEM＝∠ABN＝90°，通過證明△CEM∽△MBP，可得，即BP＝=﹣（BM﹣2）2+1，由二次函數(shù)的性質(zhì)可求解．

解：（1）問題初現(xiàn)：①AM與BN位置關(guān)系是AM⊥BN，數(shù)量關(guān)系是AM＝BN．

理由：∵△ABC，△CMN為等腰直角三角形，

∴∠ACB＝∠MCN＝90°，AC＝BC，CM＝CN，∠CAB＝∠CBA＝45°

∴∠ACM＝∠BCN，且 AC＝BC，CM＝CN，

∴△ACM≌△BCN （SAS）

∴∠CAM＝∠CBN＝45°，AM＝BN．

∵∠CAB＝∠CBA＝45°，

∴∠ABN＝45°+45°＝90°，即 AM⊥BN

故答案為：AM⊥BN； AM＝BN；

深入探究：②當(dāng)點(diǎn)M在線段AB的延長(zhǎng)線上時(shí)，AM與BN位置關(guān)系是AM⊥BN，數(shù)量關(guān)系是AM＝BN．

理由如下：如圖，

∵△ABC，△CMN為等腰直角三角形，

∴∠ACB＝∠MCN＝90°，AC＝BC，CM＝CN，∠CAB＝∠CBA＝45°

∴∠ACM＝∠BCN，且 AC＝BC，CM＝CN，

∴△ACM≌△BCN （SAS）

∴∠CAM＝∠CBN＝45°，AM＝BN．

∵∠CAB＝∠CBA＝45°，

∴∠ABN＝45°+45°＝90°，即 AM⊥BN；

（2）如圖，過點(diǎn)C作CE⊥AB于點(diǎn)E，過點(diǎn)N作NF⊥CE于點(diǎn)F，則FN∥AB

∵△MCN是等腰直角三角形

∴CM＝CN，∠MCN＝90°

∴∠ECM+∠FCN＝90°，且∠ECM+∠CME＝90°

∴∠FCN＝∠CME，且CM＝CN，∠F＝∠CEM＝90°

∴△CNF≌△CME（AAS）

∴FN＝EC，EM＝CF

∵BC＝，CE⊥AB，∠CBA＝45°

∴CE＝BE＝4，

∴FN＝BE＝CE，且FN∥BA

∴四邊形FNBE是平行四邊形，且∠F＝90°

∴四邊形FNBE是矩形

∴∠CEM＝∠ABN＝90°

∴∠PMB+∠MPB＝90°

∵CM⊥MP

∴∠CME+∠PMB＝90°

∴∠CME＝∠MPB，且∠CEM＝∠ABN＝90°

∴△CEM∽△MBP

∴

∴BP＝＝﹣（BM﹣2）2+1

∴當(dāng)BM＝2時(shí)，BP有最大值為1．

故答案為：2，1