Question

5．如圖，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=6，AC=8，點D為邊BC的中點，點P為射線AB上的一動點，點Q為邊AC上的一動點，且∠PDQ=90°．
（1）當DP⊥AB時，求CQ的長；
（2）當BP=2，求CQ的長；
（3）連結AD，若AD平分∠PDQ，求DP，DQ的長．

Answer 1

分析 （1）首先證明DQ∥AB，根據平行線等分線段定理即可解決問題．
（2）分兩種情形①如圖2中，當點P在線段AB上時，作DM⊥AB，DN⊥AC，垂足分別為M、N，由△PDM∽△QDN，得$\frac{PM}{QN}$=$\frac{DM}{DN}$=$\frac{4}{3}$，推出QN=$\frac{3}{4}$PM，推出PM=BM-PB=3-2=1，推出QN=$\frac{3}{4}$即可解決問題．②如圖3中，當點P在AB的延長線上時，根據PM=5，QN=$\frac{15}{4}$，CQ=QN+CN計算即可．
（3）如圖4中，作AM⊥DP于M，AN⊥DQ于N．首先證明四邊形AMDN是正方形，由APM≌△AQN，推出PM=NQ，推出PD+DQ=（PM+MD）+（DN-QN）=2DM=$\sqrt{2}$AD=5$\sqrt{2}$，由（2）可知PD：QD=4：3，由此即可計算．

解答 解：（1）如圖1中，

∵DP⊥AB，DQ⊥DP，
∴DQ∥AB，
∵BD=DC，
∴CQ=AQ=4．

（2）①如圖2中，當點P在線段AB上時，作DM⊥AB，DN⊥AC，垂足分別為M、N，
則四邊形AMDN是矩形，DM、DN分別是△ABC的中位線，DM=4，DN=3，

∵∠PDQ=∠MDN=90°，
∴∠PDM=∠QDN，∵∠DNQ∠DMP=90°，
∴△PDM∽△QDN，
∴$\frac{PM}{QN}$=$\frac{DM}{DN}$=$\frac{4}{3}$，
∴QN=$\frac{3}{4}$PM，
∵PM=BM-PB=3-2=1，
∴QN=$\frac{3}{4}$，
∴CQ=QN+CN=$\frac{3}{4}$+4=$\frac{19}{4}$．
②如圖3中，當點P在AB的延長線上時，PM=5，QN=$\frac{15}{4}$，CQ=QN+CN=4+$\frac{15}{4}$=$\frac{31}{4}$，

綜上所述，當BP=2，求CQ的長為$\frac{19}{4}$或$\frac{31}{4}$．

（3）如圖4中，作AM⊥DP于M，AN⊥DQ于N．

∵AD平分∠PDQ，
∴AM=AN，
∵∠AMD=∠AND=∠MDN=90°，
∴四邊形AMDN是矩形，∵AM=AN，
∴四邊形AMDN是正方形，
∴∠MAN=90°，DM=DN，
∵∠BAC=∠MAN=90°，
∴∠PAM=∠NAQ，
∴△APM≌△AQN，
∴PM=NQ，
∵AB=6，AC=8，
∴BC=$\sqrt{A{B}^{2}+A{C}^{2}}$=$\sqrt{{6}^{2}+{8}^{2}}$=10，AD=5，
∵PD+DQ=（PM+MD）+（DN-QN）=2DM=$\sqrt{2}$AD=5$\sqrt{2}$，
由（2）可知PD：QD=4：3，
∴PD=$\frac{4}{7}$×$5\sqrt{2}$=$\frac{20\sqrt{2}}{7}$，QD=$\frac{3}{7}$×5$\sqrt{2}$=$\frac{15\sqrt{2}}{7}$．

點評 本題考查相似三角形綜合題、矩形的判定和性質、正方形的判定和性質、三角形的中位線定理、勾股定理等知識，解題的關鍵是靈活運用所學知識，學會添加常用輔助線構造相似三角形，屬于中考壓軸題．