Question

3．如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC．點(diǎn)P為AB邊上一點(diǎn)，Q為BC邊上一點(diǎn)，且∠BPQ=∠APC，過(guò)點(diǎn)A作AD⊥PC，交BC于點(diǎn)D，直線AD分別交直線PC、PQ于E、F．
（1）求證：∠FDQ=∠FQD；
（2）把△DFQ沿DQ邊翻折，點(diǎn)F剛好落在AB邊上點(diǎn)G，設(shè)PC分別交GQ、GD于M、N，試判定MN與EN的數(shù)量關(guān)系，并給予證明．

Answer 1

分析 （1）首先根據(jù)∠ACB=90°，AC=BC，可得∠BAC=∠ABC=45°；然后根據(jù)三角形的外角的性質(zhì)，可得∠FDQ=∠FAB+∠ABC=∠FAB+45°；最后在△BPQ中，根據(jù)三角形的內(nèi)角和定理，推得∠FQD=∠BQP=∠FAB+45°，即可推得∠FDQ=∠FQD．
（2）MN與EN的數(shù)量關(guān)系是：MN=3EN．首先判斷出AH∥DG∥PQ，推得$\frac{BP}{PA}=\frac{BQ}{QH}$，再根據(jù)相似三角形判定的方法，判斷出△APC∽△BPQ，推得$\frac{BP}{PA}=\frac{BQ}{AC}=\frac{BQ}{BC}$，進(jìn)一步推得BQ=HC=CD；然后判斷出AH∥PF，推得$\frac{DQ}{DH}=\frac{FD}{AD}=\frac{GQ}{AD}$=$\frac{BQ}{BD}$，進(jìn)一步推得DQ=CD，BP=PG，再根據(jù)BI∥GQ，推得BI=GM；最后判斷出AD∥BI，即可推得$\frac{DE}{BI}=\frac{CD}{BC}=\frac{1}{3}$，據(jù)此判斷出MN=3EN即可．

解答 （1）證明：如圖1，，
∵∠ACB=90°，AC=BC，
∴∠BAC=∠ABC=45°，
由三角形的外角的性質(zhì)，可得
∠FDQ=∠FAB+∠ABC=∠FAB+45°，
∵AD⊥PC，
∴∠AEP=90°，
∴∠FAB+∠APC=90°，
∴∠APC=90°-∠FAB，
又∵∠BPQ=∠APC，
∴∠BPQ=90°-∠FAB，
∴∠FQD=∠BQP=180°-∠BPQ-∠ABC
=180°-（90°-∠FAB）-45°
=∠FAB+45°
∴∠FDQ=∠FQD．

（2）解：MN與EN的數(shù)量關(guān)系是：MN=3EN．
如圖2，延長(zhǎng)DC至H，使HC=CD，連接AH，過(guò)點(diǎn)B作BI∥GQ，交CP延長(zhǎng)線于點(diǎn)I，，
∵HC=CD，AC⊥HD，
∴△ADH是等腰三角形，
∴AD=AH，
∴∠H=∠ADH=∠FDQ=∠FQD=∠BQP，
∵把△DFQ沿DQ邊翻折，得到△DGQ，
∴△GDQ≌△FDQ，
∴∠FDQ=∠GDQ，
又∵∠H=∠FDQ=∠BQP，
∴∠H=∠BQP=∠GDQ，
∴AH∥DG∥PQ，
∴$\frac{BP}{PA}=\frac{BQ}{QH}$，∠GQP=∠DGQ，
在△APC和△BPQ中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠APC=∠BPQ}\\{∠CAP=∠QBP=45°}\end{array}\right.$
∴△APC∽△BPQ，
∴$\frac{BP}{PA}=\frac{BQ}{AC}=\frac{BQ}{BC}$，
又∵$\frac{BP}{PA}=\frac{BQ}{QH}$，
∴$\frac{BQ}{BC}=\frac{BQ}{QH}$，
∴BC=QH，
∴BQ=HC，
又∵HC=CD，
∴BQ=HC=CD．
∵把△DFQ沿DQ邊翻折，得到△DGQ，
∴∠DFQ=∠DGQ，
又∵∠GQP=∠DGQ，
∴∠GQP=∠DFQ，
∴AD∥GQ，四邊形DFQG是平行四邊形，
∴$\frac{MN}{EN}=\frac{GM}{DE}$，F(xiàn)D=GQ，
∵AH∥PF，
∴$\frac{DQ}{DH}=\frac{FD}{AD}=\frac{GQ}{AD}$=$\frac{BQ}{BD}$，
又∵DH=2CD，BQ=CD，
∴$\frac{DQ}{2CD}=\frac{CD}{BD}$，
∴$\frac{DQ}{2CD}=\frac{CD}{CD+DQ}$，
∴（DQ+2CD）（DQ-CD）=0，
解得DQ=CD，或DQ=-2CD（舍去），
∵$\frac{BP}{PG}=\frac{BQ}{DQ}$=1，
∴BP=PG，
∵BI∥GQ，
∴$\frac{BI}{GM}=\frac{BP}{PG}$=1，
∴BI=GM，
∵BI∥GQ，AD∥GQ，
∴AD∥BI，
∴$\frac{DE}{BI}=\frac{CD}{BC}=\frac{1}{3}$，
∴$\frac{DE}{GM}=\frac{1}{3}$，
∴$\frac{MN}{EN}=\frac{GM}{DE}=3$，
∴MN=3EN．

點(diǎn)評(píng) （1）此題主要考查了幾何變換綜合題，考查了分析推理能力，考查了數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用，考查了空間想象能力，要熟練掌握．
（2）此題還考查了平行線的性質(zhì)和應(yīng)用，要熟練掌握，解答此題的關(guān)鍵是要明確：①定理1：兩條平行線被第三條直線所截，同位角相等．簡(jiǎn)單說(shuō)成：兩直線平行，同位角相等．定理2：兩條平行線被地三條直線所截，同旁內(nèi)角互補(bǔ)．簡(jiǎn)單說(shuō)成：兩直線平行，同旁內(nèi)角互補(bǔ)．③定理3：兩條平行線被第三條直線所截，內(nèi)錯(cuò)角相等．簡(jiǎn)單說(shuō)成：兩直線平行，內(nèi)錯(cuò)角相等．
（3）此題還考查了三角形相似的判定和性質(zhì)的應(yīng)用，要熟練掌握，解答此題的關(guān)鍵是要明確：①三邊法：三組對(duì)應(yīng)邊的比相等的兩個(gè)三角形相似；②兩邊及其夾角法：兩組對(duì)應(yīng)邊的比相等且?jiàn)A角對(duì)應(yīng)相等的兩個(gè)三角形相似；③兩角法：有兩組角對(duì)應(yīng)相等的兩個(gè)三角形相似．