Question

20．如图，点B在线段AC上，点D、E在AC同侧，∠A=∠C=90°，BD⊥BE，AD=BC．
（1）求证：AC=AD+CE；  
（2）若AD=3，CE=5，点P为线段AB上的动点，连接DP，作PQ⊥DP，交直线BE于点Q．若点P与A、B两点不重合，求$\frac{DP}{PQ}$的值．

Answer 1

分析 （1）根据同角的余角相等求出∠1=∠E，再利用“角角边”证明△ABD和△CEB全等，根据全等三角形对应边相等可得AB=CE，然后根据AC=AB+BC整理即可得证；
（2）过点Q作QF⊥BC于F，根据△BFQ和△BCE相似可得$\frac{BF}{BC}=\frac{QF}{CE}$，然后求出QF=$\frac{5}{3}$BF，再根据△ADP和△FPQ相似可得$\frac{AD}{PF}=\frac{AP}{QF}$，然后整理得到（AP-BF）（5-AP）=0，从而求出AP=BF，最后利用相似三角形对应边成比例可得$\frac{DP}{PQ}=\frac{AP}{QF}$，从而得解．

解答 解：（1）∵BD⊥BE，
∴∠1+∠2=180°-90°=90°，
∵∠C=90°，
∴∠2+∠E=180°-90°=90°，
∴∠1=∠E，
∵在△ABD和△CEB中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠1=∠E}\\{∠A=∠C=9{0}^{°}}\\{AD=BC}\end{array}\right.$，
∴△ABD≌△CEB（AAS），
∴AB=CE，
∴AC=AB+BC=AD+CE；
（2）如图，过点Q作QF⊥BC于F，

则△BFQ∽△BCE，
∴$\frac{BF}{BC}=\frac{QF}{CE}$，
即 $\frac{BF}{3}=\frac{QF}{5}$，
∴QF=$\frac{5}{3}$BF，
∵DP⊥PQ，
∴∠APD+∠FPQ=180°-90°=90°，
∵∠APD+∠ADP=180°-90°=90°，
∴∠ADP=∠FPQ，
又∵∠A=∠PFQ=90°，
∴△ADP∽△FPQ，
∴$\frac{AD}{PF}=\frac{AP}{QF}$，
即$\frac{3}{5-AP+BF}=\frac{AP}{QF}$，
∴5AP-AP²+AP•BF=3•$\frac{5}{3}$BF，
整理得，（AP-BF）（AP-5）=0，
∵点P与A，B两点不重合，
∴AP≠5，
∴AP=BF，
由△ADP∽△FPQ得，$\frac{DP}{PQ}=\frac{AP}{QF}$，
∴$\frac{DP}{PQ}=\frac{3}{5}$．

点评 本题考查了相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，（1）求出三角形全等的条件∠1=∠E是解题的关键，（2）根据两次三角形相似求出AP=BF是解题的关键．