Question

5．已知，如图1，Rt△ABC中，∠C=90°，M为AB上的一点，MN⊥AC于N，△AMN绕点A旋转得到△APQ，延长BC至点D，使CD=BC，延长PQ至点E，使QE=PQ，连接ED．BP．
（1）求证：DE=BP；
（2）如图2，连接PD，取PD中点F，连接CQ，FQ，若tan∠ABC=$\frac{3}{4}$，则QC=$\frac{6}{5}$QF．
（3）如图3，在（2）的条件下，若AB=$\frac{4\sqrt{5}}{5}$AM，AQ∥ED，CQ=12，求PD的长．

Answer 1

分析 （1）作辅助线，构建两个全等三角形：△ADE和△ABP，根据垂直平分线性质定理得出：AB=AD，AP=AE和夹角相等，两三角形全等，则DE=BP；
（2）证明△ACQ∽△ABP得$\frac{QC}{PB}=\frac{AC}{AB}$，再利用已知的tan∠ABC=$\frac{3}{4}$得出AC与AB的比，利用中位线QF与DE的关系得出最后结论；
（3）作辅助线，构建直角三角形，设△AMN的两直角边分别为3a和4a，表示出AB、AD、DG、AQ的长，利用已知的CQ=12和（2）中的结论QC=$\frac{6}{5}$QF，求出QF的长，在直角△AGD和直角△PDE运用勾股定理列等式求出PD的长．

解答 解：（1）如图1，连接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）如图2，∵∠BAC=∠PAQ，
∴∠BAC-∠PAN=∠PAQ-∠PAN，
∴∠BAP=∠CAQ，
∵△PAQ≌△MAN，
∴$\frac{AP}{AQ}=\frac{AM}{AN}$，
∵MN∥BC，
∴$\frac{AM}{AN}=\frac{AB}{AC}$，
∴$\frac{AB}{AC}=\frac{AD}{AQ}$，
∴△ACQ∽△ABP，
∴$\frac{QC}{PB}=\frac{AC}{AB}$，
∵tan∠ABC=$\frac{3}{4}$，
∴设AC=3k，BC=4k，则AB=5k，
∴$\frac{QC}{PB}=\frac{AC}{AB}=\frac{3}{5}$，
∵ED=PB=2QF，
∴$\frac{QC}{2QF}=\frac{3}{5}$，
∴QC=$\frac{6}{5}QF$；
故答案为：$\frac{6}{5}$．
（3）如图3，过D作QF的垂线，交QF的延长线于G，则∠QGD=90°，
∵PQ=QE，PF=FD，
∴FQ∥DE，ED=2FQ，
∵AQ∥DE，
∴A、Q、F在同一条直线上，且∠EQG=∠E=90°，
∴四边形QGDE是矩形，
由MN∥BC得∠AMN=∠ABC，
∴tan∠AMN=tan∠ABC=$\frac{3}{4}$，
设AN=3a，MN=4a，则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$\sqrt{89}$．

点评 本题是几何变换的综合题，考查了直角三角形、矩形和垂直平分线的性质，利用全等三角形和相似三角形性质得出边的长度和比值，同时作垂直构建直角三角形，为勾股定理的运用创造条件，并利用勾股定理列方程使问题得以解决．