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19.如图,△ABC是等腰直角三角形,点D在AB上,过D作DE⊥AB交AC于F,DE=BD,连接BE交AC于G.将一个45°角的顶点与点F重合,并绕点F旋转,这个角的两边分别交线段BC于P、Q两点,交BE于M、N两点.若AB=5,AD=1,CQ=1,则线段MN的长为$\frac{25\sqrt{2}}{14}$.

分析 如图,连接QE、MQ,作EH⊥FQ于H,作EH⊥FQ于H,先证明E、F、M、Q四点共圆,得MN•NE=FN•NQ,想办法求出EN、FN、NQ即可解决问题.

解答 解:如图,连接QE、MQ,作EH⊥FQ于H.

∵AB=BC,∠ABC=90°,AD=CQ=1,
∴BD=BQ=4,
∵DE⊥AB,
∴∠EDB=90°,
∴∠EDB+∠DBQ=180°,
∴DE∥BQ,BQ=BD=DE,
∴四边形DBQE是平行四边形,
∵∠DBQ=90°,
∴四边形DBQE是矩形,
∵DE=DB,
∴四边形DBQE是正方形,
∴∠BEQ=45°=∠MFQ,
∴E、F、M、Q四点共圆,
∴MN•NE=FN•NQ,
在RT△EFQ中,∵EF=3,EQ=4,
∴FQ=$\sqrt{E{F}^{2}+E{Q}^{2}}$=$\sqrt{{3}^{2}+{4}^{2}}$=5,
∵EF∥BQ,
∴$\frac{EF}{BQ}$=$\frac{FN}{NQ}$=$\frac{3}{4}$
∴FN=$\frac{3}{7}$FQ=$\frac{15}{7}$,NQ=$\frac{4}{7}$FQ=$\frac{20}{7}$,作EH⊥FQ于H,
∵$\frac{1}{2}$•FQ•EH=$\frac{1}{2}$•EF•EQ,
∴EH=$\frac{12}{5}$,
∴FH=$\sqrt{E{F}^{2}-E{H}^{2}}$=$\sqrt{{3}^{2}-(\frac{12}{5})^{2}}$=$\frac{9}{5}$,HN=FN-FH=$\frac{12}{35}$,
∴EN=$\sqrt{E{H}^{2}+H{N}^{2}}$=$\sqrt{(\frac{12}{5})^{2}+(\frac{12}{35})^{2}}$=$\frac{12\sqrt{2}}{7}$,
∴MN•$\frac{12\sqrt{2}}{7}$=$\frac{15}{7}$•$\frac{20}{7}$,
∴MN=$\frac{25\sqrt{2}}{14}$.
故答案为$\frac{25\sqrt{2}}{14}$.

点评 本题考查正方形的判定和性质、四点共圆、勾股定理等知识,解题的关键是利用相交弦定理,学会利用面积法求高,属于中考常考题型.

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