Question

5．已知，如圖1，Rt△ABC中，∠C=90°，M為AB上的一點，MN⊥AC于N，△AMN繞點A旋轉(zhuǎn)得到△APQ，延長BC至點D，使CD=BC，延長PQ至點E，使QE=PQ，連接ED．BP．
（1）求證：DE=BP；
（2）如圖2，連接PD，取PD中點F，連接CQ，F(xiàn)Q，若tan∠ABC=$\frac{3}{4}$，則QC=$\frac{6}{5}$QF．
（3）如圖3，在（2）的條件下，若AB=$\frac{4\sqrt{5}}{5}$AM，AQ∥ED，CQ=12，求PD的長．

Answer 1

分析 （1）作輔助線，構(gòu)建兩個全等三角形：△ADE和△ABP，根據(jù)垂直平分線性質(zhì)定理得出：AB=AD，AP=AE和夾角相等，兩三角形全等，則DE=BP；
（2）證明△ACQ∽△ABP得$\frac{QC}{PB}=\frac{AC}{AB}$，再利用已知的tan∠ABC=$\frac{3}{4}$得出AC與AB的比，利用中位線QF與DE的關(guān)系得出最后結(jié)論；
（3）作輔助線，構(gòu)建直角三角形，設(shè)△AMN的兩直角邊分別為3a和4a，表示出AB、AD、DG、AQ的長，利用已知的CQ=12和（2）中的結(jié)論QC=$\frac{6}{5}$QF，求出QF的長，在直角△AGD和直角△PDE運用勾股定理列等式求出PD的長．

解答 解：（1）如圖1，連接AE、AD，
∵AC⊥BD，AQ⊥PE，BC=CD，PQ=QE，
∴AB=AD，AP=AE，
∴∠BAC=∠PAQ，∠BAC=∠CAD，∠PAQ=∠EAQ，
∴∠BAD=∠PAE，
∴∠MAP=∠EAD，
∴△ABP≌△ADE，
∴BP=ED；
（2）如圖2，∵∠BAC=∠PAQ，
∴∠BAC-∠PAN=∠PAQ-∠PAN，
∴∠BAP=∠CAQ，
∵△PAQ≌△MAN，
∴$\frac{AP}{AQ}=\frac{AM}{AN}$，
∵M(jìn)N∥BC，
∴$\frac{AM}{AN}=\frac{AB}{AC}$，
∴$\frac{AB}{AC}=\frac{AD}{AQ}$，
∴△ACQ∽△ABP，
∴$\frac{QC}{PB}=\frac{AC}{AB}$，
∵tan∠ABC=$\frac{3}{4}$，
∴設(shè)AC=3k，BC=4k，則AB=5k，
∴$\frac{QC}{PB}=\frac{AC}{AB}=\frac{3}{5}$，
∵ED=PB=2QF，
∴$\frac{QC}{2QF}=\frac{3}{5}$，
∴QC=$\frac{6}{5}QF$；
故答案為：$\frac{6}{5}$．
（3）如圖3，過D作QF的垂線，交QF的延長線于G，則∠QGD=90°，
∵PQ=QE，PF=FD，
∴FQ∥DE，ED=2FQ，
∵AQ∥DE，
∴A、Q、F在同一條直線上，且∠EQG=∠E=90°，
∴四邊形QGDE是矩形，
由MN∥BC得∠AMN=∠ABC，
∴tan∠AMN=tan∠ABC=$\frac{3}{4}$，
設(shè)AN=3a，MN=4a，則AM=5a，AD=AB=4$\sqrt{5}$a，
∵CQ=12，
∴QF=12×$\frac{5}{6}$=10，ED=20，
∵△PQF≌△DGF，
∴FG=FQ=10，DG=PQ=NM=4a，
∵AQ=AN=3a，
在Rt△AGD中，AD²=AG²+DG²，
（4$\sqrt{5}$a）²=（4a）²+（20+3a）²，
11a²-24a-80=0
（a-4）（11a+20）=0
a₁=4，a₂=-$\frac{20}{11}$（舍去）
在Rt△PED中，PD=$\sqrt{（8a）^{2}+2{0}^{2}}$=$\sqrt{3{2}^{2}+2{0}^{2}}$=$\sqrt{1424}$=4$\sqrt{89}$．

點評 本題是幾何變換的綜合題，考查了直角三角形、矩形和垂直平分線的性質(zhì)，利用全等三角形和相似三角形性質(zhì)得出邊的長度和比值，同時作垂直構(gòu)建直角三角形，為勾股定理的運用創(chuàng)造條件，并利用勾股定理列方程使問題得以解決．