Question

（2013•成都）如圖，點(diǎn)B在線段AC上，點(diǎn)D，E在AC同側(cè)，∠A=∠C=90°，BD⊥BE，AD=BC．
（1）求證：AC=AD+CE；
（2）若AD=3，CE=5，點(diǎn)P為線段AB上的動(dòng)點(diǎn)，連接DP，作PQ⊥DP，交直線BE于點(diǎn)Q；
（i）當(dāng)點(diǎn)P與A，B兩點(diǎn)不重合時(shí)，求

DP

PQ

的值；
（ii）當(dāng)點(diǎn)P從A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到AC的中點(diǎn)時(shí)，求線段DQ的中點(diǎn)所經(jīng)過(guò)的路徑（線段）長(zhǎng)．（直接寫出結(jié)果，不必寫出解答過(guò)程）

Answer 1

分析：（1）根據(jù)同角的余角相等求出∠1=∠E，再利用“角角邊”證明△ABD和△CEB全等，根據(jù)全等三角形對(duì)應(yīng)邊相等可得AB=CE，然后根據(jù)AC=AB+BC整理即可得證；
（2）（i）過(guò)點(diǎn)Q作QF⊥BC于F，根據(jù)△BFQ和△BCE相似可得

BF

BC

=

QF

CE

，然后求出QF=

5

3

BF，再根據(jù)△ADP和△FPQ相似可得

AD

PF

=

AP

QF

，然后整理得到（AP-BF）（5-AP）=0，從而求出AP=BF，最后利用相似三角形對(duì)應(yīng)邊成比例可得

DP

PQ

=

AP

QF

，從而得解；
（ii）判斷出DQ的中點(diǎn)的路徑為△BDQ的中位線MN．求出QF、BF的長(zhǎng)度，利用勾股定理求出BQ的長(zhǎng)度，再根據(jù)中位線性質(zhì)求出MN的長(zhǎng)度，即所求之路徑長(zhǎng)．

解答：（1）證明：∵BD⊥BE，
∴∠1+∠2=180°-90°=90°，
∵∠C=90°，
∴∠2+∠E=180°-90°=90°，
∴∠1=∠E，
∵在△ABD和△CEB中，

∠1=∠E ∠A=∠C=90° AD=BC

，
∴△ABD≌△CEB（AAS），
∴AB=CE，
∴AC=AB+BC=AD+CE；

（2）（i）如圖，過(guò)點(diǎn)Q作QF⊥BC于F，

則△BFQ∽△BCE，
∴

BF

BC

=

QF

CE

，
即

BF

3

=

QF

5

，
∴QF=

5

3

BF，
∵DP⊥PQ，
∴∠ADP+∠FPQ=180°-90°=90°，
∵∠FPQ+∠PQF=180°-90°=90°，
∴∠ADP=∠FPQ，
又∵∠A=∠PFQ=90°，
∴△ADP∽△FPQ，
∴

AD

PF

=

AP

QF

，
即

3

5-AP+BF

=

AP

QF

，
∴5AP-AP²+AP•BF=3•

5

3

BF，
整理得，（AP-BF）（AP-5）=0，
∵點(diǎn)P與A，B兩點(diǎn)不重合，
∴AP≠5，
∴AP=BF，
由△ADP∽△FPQ得，

DP

PQ

=

AP

QF

，
∴

DP

PQ

=

3

5

；

（ii）線段DQ的中點(diǎn)所經(jīng)過(guò)的路徑（線段）就是△BDQ的中位線MN．

由（2）（i）可知，QF=

5

3

AP．
當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)至AC中點(diǎn)時(shí)，AP=4，∴QF=

20

3

．
∴BF=QF×

3

5

=4．
在Rt△BFQ中，根據(jù)勾股定理得：BQ=

BF2+QF2

=

42+( 20 3 )2

=

4

3

34

．
∴MN=

1

2

BQ=

2

3

34

．
∴線段DQ的中點(diǎn)所經(jīng)過(guò)的路徑（線段）長(zhǎng)為

2

3

34

．

點(diǎn)評(píng)：本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，（1）求出三角形全等的條件∠1=∠E是解題的關(guān)鍵，（2）（i）根據(jù)兩次三角形相似求出AP=BF是解題的關(guān)鍵，（ii）判斷出路徑為三角形的中位線是解題的關(guān)鍵．