Question

已知：在△ABC中，∠ACB=90°，點(diǎn)P是線段AC上一點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)A作AB的垂線，交BP的延長(zhǎng)線于點(diǎn)M，MN⊥AC于點(diǎn)N，PQ⊥AB于點(diǎn)Q，AQ=MN．
（1）如圖1，求證：PC=AN；
（2）如圖2，點(diǎn)E是MN上一點(diǎn)，連接EP并延長(zhǎng)交BC于點(diǎn)K，點(diǎn)D是AB上一點(diǎn)，連接DK，∠DKE=∠ABC，EF⊥PM于點(diǎn)H，交BC延長(zhǎng)線于點(diǎn)F，若NP=2，PC=3，CK：CF=2：3，求DQ的長(zhǎng)．

Answer 1

【答案】分析：（1）要點(diǎn)是確定一對(duì)全等三角形△AQP≌△MNA，得到AN=PQ；然后推出BP為角平分線，利用角平分線的性質(zhì)得到PC=PQ；從而得到PC=AN；
（2）要點(diǎn)是按照已知條件，求出線段KC的長(zhǎng)度，從而確定△PKC是等腰直角三角形；然后在△BDK中，解直角三角形即可求得BD、DQ的長(zhǎng)度．
解答：（1）證明：證法一：
如圖①，∵BA⊥AM，MN⊥AC，
∴∠BAM=ANM=90°，
∴∠PAQ+∠MAN=∠MAN+∠AMN=90°，
∴∠PAQ=∠AMN，
∵PQ⊥AB  MN⊥AC，
∴∠PQA=∠ANM=90°，
∴AQ=MN，
∴△AQP≌△MNA（ASA）
∵AN=PQ  AM=AP，
∴∠AMB=∠APM
∵∠APM=∠BPC，∠BPC+∠PBC=90°，∠AMB+∠ABM=90°
∴∠ABM=∠PBC
∵PQ⊥AB，PC⊥BC
∴PQ=PC（角平分線的性質(zhì)），
∴PC=AN；
證法二：
如圖①，∵BA⊥AM，MN⊥AC，
∴∠BAM=ANM=90°
∴∠PAQ+∠MAN=∠MAN+∠AMN=90°
∴∠PAQ=∠AMN
∵PQ⊥AB，
∴∠AQP=90°=∠ANM
∵AQ=MN，
∴△PQA≌△ANM（ASA）
∴AP=AM，PQ=AN，
∴∠APM=∠AMP
∵∠AQP+∠BAM=180°，
∴PQ∥MA
∴∠QPB=∠AMP
∵∠APM=∠BPC，
∴∠QPB=∠BPC
∵∠BQP=∠BCP=90°，BP=BP
∴△BPQ≌△BPC（AAS）
∴PQ=PC，
∴PC=AN．

（2）解：解法一：
如圖②，∵NP=2  PC=3，
∴由（1）知PC=AN=3
∴AP=NC=5  AC=8，
∴AM=AP=5
∴AQ=MN==4
∵∠PAQ=∠AMN∠ACB=∠ANM=90°
∴∠ABC=∠MAN
∴tan∠ABC=tan∠MAN==
∵tan∠ABC=，
∴BC=6
∵NE∥KC，
∴∠PEN=∠PKC，
又∵∠ENP=∠KCP
∴△PNE∽△PCK，
∴=，
∵CK：CF=2：3，
設(shè)CK=2k，則CF=3k
∴=，NE=k．
過(guò)N作NT∥EF交CF于T，則四邊形NTFE是平行四邊形
∴NE=TF=k，
∴CT=CF-TF=3k-k=k
∵EF⊥PM，
∴∠BFH+∠HBF=90°=∠BPC+∠HBF，
∴∠BPC=∠BFH
∵EF∥NT，
∴∠NTC=∠BFH=∠BPC
tan∠NTC=tan∠BPC==2，
∴tan∠NTC==2，
∴CT=k=，
∴k=，
∴CK=2×=3，BK=BC-CK=3
∵∠PKC+∠DKB=∠ABC+∠BDK，∠DKE=∠ABC，
∴∠BDK=∠PKC，
tan∠PKC==1，
∴tan∠BDK=1．
過(guò)K作KG⊥BD于G
∵tan∠BDK=1，tan∠ABC=，
∴設(shè)GK=4n，則BG=3n，GD=4n
∴BK=5n=3，
∴n=，
∴BD=4n+3n=7n=
∵AB==10，AQ=4，
∴BQ=AB-AQ=6
∴DQ=BQ-BD=6-=．
解法二：
如圖③，∵NP=2，PC=3，
∴由（1）知PC=AN=3
∴AP=NC=5，AC=8，
∴AM=AP=5
∴AQ=MN==4
∵NM∥BC，
∴∠NMP=∠PBC
又∵∠MNP=∠BCP，
∴△MNP∽△BCP
∴=，
∴=
BC=6
作ER⊥CF于R，則四邊形NERC是矩形
∴ER=NC=5，NE=CR
∵∠BHE=∠BCR=90°
∴∠EFR=90°-∠HBF∠BPC=90°-∠HBF
∴∠EFR=∠BPC，
∴tan∠EFR=tan∠BPC，
∴=，即=
∴RF=，
∵NE∥KC，
∴∠NEP=∠PKC
又∵∠ENP=∠KCP，
∴△NEP∽△CKP，
∴==
∵CK：CF=2：3，設(shè)CK=2k，CF=3k
∴NE=CR=k，CR=CF-RF=3k-，
∴3k-=k
∴k=，
∴CK=3  CR=2
∴BK=3
在CF的延長(zhǎng)線上取點(diǎn)G，使∠EGR=∠ABC，
∴tan∠EGR=tan∠ABC
∴==，
∴RG=ER=，EG==，KG=KC+CR+RG=，
∵∠DKE+∠EKC=∠ABC+∠BDK，∠ABC=∠DKE，
∴∠BDK=∠EKC，
∴△BDK∽△GKE，
∴=
∴BD•EG=BK•KG，
∴∠BDK=∠EKC，
∴△BDK∽△GKE，
∴BD=
∵AB==10，AQ=4，
∴BQ=AB-AQ=6
∴DQ=BQ-BD=6-=
解法三：
如圖④，∵NP=2，PC=3，
∴由（1）知PC=AN=3
∴AP=NC=5，AC=8，
∴AM=AP=5
∴AQ=MN==4
∵NM∥BC，
∴∠EMH=∠PBC∠PEN=∠PKC
又∵∠PNE=∠PCK，
∴△PNE∽△PCK，△PNM∽△PCB
∴=，=，
∵CK：CF=2：3，
設(shè)CK=2k，CF=3k
∴=，=，
∴NE=k，BC=6
∴BF=6+3k，ME=MN-NE=4-k
tan∠ABC==，BP==3
∴sin∠EMH=sin∠PBC==
∵EF⊥PM，
∴FH=BFsin∠PBC=（6+3k）
EH=EMsin∠EMH=（4-k）
∴tan∠REF=tan∠PBC=，
∵tan∠REF=
∴RF=
∴EF==，
∵EH+FH=EF
∴（4-k）+（6+3k）=，
∴k=
∴CK=2×=3，BK=BC-CK=3
∵∠PKC+∠DKE=∠ABC+∠BDK∠DKE=∠ABC，
∴∠BDK=∠PKC
∵tan∠PKC=1，
∴tan∠BDK=1，
過(guò)K作KG⊥BD于G
∵tan∠BDK=1，tan∠ABC=
∴設(shè)GK=4n，則BG=3n，GD=4n
∴BK=5n=3，
∴n=，
∴BD=4n+3n=7n=
∵AB==10，AQ=4，
∴BQ=AB-AQ=6，
∴DQ=BQ-BD=6-=．
點(diǎn)評(píng)：本題是幾何綜合題，綜合考查了相似三角形、全等三角形、勾股定理、解直角三角形、角平分線性質(zhì)、平行四邊形、矩形等重要知識(shí)點(diǎn)．題干中給出的條件較多，圖形復(fù)雜，難度較大，對(duì)考生能力要求較高；解題時(shí)，需要認(rèn)真分析題意，以圖形的相似、圖形的全等為主線尋找解題思路．解答中提供了多種解題方法，可以開拓思路，希望同學(xué)們認(rèn)真研究學(xué)習(xí)．