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八年级数学解答题一般
题目
在△ABC\triangle ABC中,∠BAC=90∘\angle BAC=90^{\circ},AB=ACAB=AC,AD⊥BCAD\bot BC于点DD.

(1)(1)如图11,点MM,NN分别在ADAD,ABAB上,且∠BMN=90∘\angle BMN=90^{\circ},当∠AMN=30∘\angle AMN=30^{\circ},AB=2AB=2时,求线段AMAM的长；
(2)(2)如图22,点EE,FF分别在ABAB,ACAC上,且∠EDF=90∘\angle EDF=90^{\circ},求证:BE=AFBE=AF；
(3)(3)如图33,点MM在ADAD的延长线上,点NN在ACAC上,且∠BMN=90∘\angle BMN=90^{\circ},求证:AB+AN=2AMAB+AN=\sqrt{2}AM.
知识点：三角形章节：第13章 三角形 / 13.1 三角形的概念

答案与解析

答案

(1)(1)∵∠BAC=90∘\because \angle BAC=90^{\circ}，AB=ACAB=AC，AD⊥BCAD\bot BC，
∴AD=BD=DC\therefore AD=BD=DC，∠ABC=∠ACB=45∘\angle ABC=\angle ACB=45^{\circ}，∠BAD=∠CAD=45∘\angle BAD=\angle CAD=45^{\circ}，
∵AB=2\because AB=2，
∴AD=BD=DC=2\therefore AD=BD=DC=\sqrt{2}，
∵∠AMN=30∘\because \angle AMN=30^{\circ}，
∴∠BMD=180∘−90∘−30∘=60∘\therefore \angle BMD=180^{\circ}-90^{\circ}-30^{\circ}=60^{\circ}，
∴∠MBD=30∘\therefore \angle MBD=30^{\circ}，
∴BM=2DM\therefore BM=2DM，
由勾股定理得，BM2−DM2=BD2BM^{2}-DM^{2}=BD^{2}，即(2DM)2−DM2=(2)2\left(2DM\right)^{2}-DM^{2}=(\sqrt{2})^{2}，
解得，DM=63DM=\frac{\sqrt{6}}{3}，
∴AM=AD−DM=2−63\therefore AM=AD-DM=\sqrt{2}-\frac{\sqrt{6}}{3}；
(2)(2)证明：∵AD⊥BC\because AD\bot BC，∠EDF=90∘\angle EDF=90^{\circ}，
∴∠BDE=∠ADF\therefore \angle BDE=\angle ADF，
在△BDE\triangle BDE和△ADF\triangle ADF中，
{∠B=∠DAFDB=DA∠BDE=∠ADF\left\{\begin{array}{l}{∠B=∠DAF}\\{DB=DA}\\{∠BDE=∠ADF}\end{array}\right.，
∴△BDE\therefore \triangle BDE≌△ADF(ASA)\triangle ADF\left(ASA\right)
∴BE=AF\therefore BE=AF；
(3)(3)证明：过点MM作MEME∥BCBC交ABAB的延长线于EE，
∴∠AME=90∘\therefore \angle AME=90^{\circ}，
则AE=2AMAE=\sqrt{2}AM，∠E=45∘\angle E=45^{\circ}，
∴ME=MA\therefore ME=MA，
∵∠AME=90∘\because \angle AME=90^{\circ}，∠BMN=90∘\angle BMN=90^{\circ}，
∴∠BME=∠AMN\therefore \angle BME=\angle AMN，
在△BME\triangle BME和△NMA\triangle NMA中，
{∠E=∠MANME=MA∠BME=∠AMN\left\{\begin{array}{l}{∠E=∠MAN}\\{ME=MA}\\{∠BME=∠AMN}\end{array}\right.，
∴△BME\therefore \triangle BME≌△NMA(ASA)\triangle NMA\left(ASA\right)，
∴BE=AN\therefore BE=AN，
∴AB+AN=AB+BE=AE=2AM\therefore AB+AN=AB+BE=AE=\sqrt{2}AM.

解析

(1)(1)∵∠BAC=90∘\because \angle BAC=90^{\circ}，AB=ACAB=AC，AD⊥BCAD\bot BC，
∴AD=BD=DC\therefore AD=BD=DC，∠ABC=∠ACB=45∘\angle ABC=\angle ACB=45^{\circ}，∠BAD=∠CAD=45∘\angle BAD=\angle CAD=45^{\circ}，
∵AB=2\because AB=2，
∴AD=BD=DC=2\therefore AD=BD=DC=\sqrt{2}，
∵∠AMN=30∘\because \angle AMN=30^{\circ}，
∴∠BMD=180∘−90∘−30∘=60∘\therefore \angle BMD=180^{\circ}-90^{\circ}-30^{\circ}=60^{\circ}，
∴∠MBD=30∘\therefore \angle MBD=30^{\circ}，
∴BM=2DM\therefore BM=2DM，
由勾股定理得，BM2−DM2=BD2BM^{2}-DM^{2}=BD^{2}，即(2DM)2−DM2=(2)2\left(2DM\right)^{2}-DM^{2}=(\sqrt{2})^{2}，
解得，DM=63DM=\frac{\sqrt{6}}{3}，
∴AM=AD−DM=2−63\therefore AM=AD-DM=\sqrt{2}-\frac{\sqrt{6}}{3}；
(2)(2)证明：∵AD⊥BC\because AD\bot BC，∠EDF=90∘\angle EDF=90^{\circ}，
∴∠BDE=∠ADF\therefore \angle BDE=\angle ADF，
在△BDE\triangle BDE和△ADF\triangle ADF中，
{∠B=∠DAFDB=DA∠BDE=∠ADF\left\{\begin{array}{l}{∠B=∠DAF}\\{DB=DA}\\{∠BDE=∠ADF}\end{array}\right.，
∴△BDE\therefore \triangle BDE≌△ADF(ASA)\triangle ADF\left(ASA\right)
∴BE=AF\therefore BE=AF；
(3)(3)证明：过点MM作MEME∥BCBC交ABAB的延长线于EE，
∴∠AME=90∘\therefore \angle AME=90^{\circ}，
则AE=2AMAE=\sqrt{2}AM，∠E=45∘\angle E=45^{\circ}，
∴ME=MA\therefore ME=MA，
∵∠AME=90∘\because \angle AME=90^{\circ}，∠BMN=90∘\angle BMN=90^{\circ}，
∴∠BME=∠AMN\therefore \angle BME=\angle AMN，
在△BME\triangle BME和△NMA\triangle NMA中，
{∠E=∠MANME=MA∠BME=∠AMN\left\{\begin{array}{l}{∠E=∠MAN}\\{ME=MA}\\{∠BME=∠AMN}\end{array}\right.，
∴△BME\therefore \triangle BME≌△NMA(ASA)\triangle NMA\left(ASA\right)，
∴BE=AN\therefore BE=AN，
∴AB+AN=AB+BE=AE=2AM\therefore AB+AN=AB+BE=AE=\sqrt{2}AM.

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