Question

11．如圖，在正方形ABCD中，分別以AD、BC為邊作Rt△ADE和Rt△BFC，延長DE、FB交于點(diǎn)P，延長FC、AE交于點(diǎn)Q，連接AP、QB，延長QB交PD于點(diǎn)N，交AP于點(diǎn)M，若PD=$\sqrt{5}$AM，PM=2BN，則tan∠DAQ的值為$\frac{8\sqrt{5}}{15}$．

Answer 1

分析 如圖，連接AC、BD，作CG⊥BQ于G．AC與PD交于點(diǎn)J，AQ與PF交于點(diǎn)T．首先證明△PDB≌△QAC，再證明△ABP≌△BCQ，推出AP⊥MQ，△PBM，△BFQ都是等腰直角三角形，設(shè)AM=a，CG=GQ=b，則MQ=2a，由△ABM≌△BCG，推出AM=BG=a，BM=CG=b，得到2a-2b=a，推出b=$\frac{1}{2}$a，想辦法求出AE、DE即可解決問題．

解答 解：如圖，連接AC、BD，作CG⊥BQ于G．AC與PD交于點(diǎn)J，AQ與PF交于點(diǎn)T．

∵四邊形ABCD是正方形，
∴AC=BD，AC⊥BD，∠ABC=90°，
∵∠AEJ=∠DOJ=90°，∠AJE=∠DJO，
∴∠CAQ=∠PDB，
∵∠PET=∠QFT=90°，∠ETP=∠FTQ，
∴∠DPB=∠AQC，
在△PDB和△AQC中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠PDB=∠CAQ}\\{∠DPB=∠CQA}\\{BD=AC}\end{array}\right.$，
∴△PDB≌△QAC，
∴PD=AQ，PB=CQ，∴∠DBP=∠ACQ，
∵∠ABD=∠ACB=45°，
∴∠ABP=∠BCQ，
在△ABP和△BCQ中，
$\left\{\begin{array}{l}{AB=BC}\\{∠ABP=∠BCQ}\\{PB=CQ}\end{array}\right.$，
∴△ABP≌△BCQ，
∴∠PAB=∠CBQ，
∵∠ABM+∠CBQ=90°，
∴∠PAB+∠ABM=90°，
∴∠AMB=90°，
∵PD=$\sqrt{5}$AM，
∴MQ=2AM，
∵∠APB=∠BQC，∠DPB=∠AQC，
∴∠APN=∠AQM，
∴tan∠MPN=tan∠AQM=$\frac{AM}{MQ}$=$\frac{1}{2}$=$\frac{MN}{PM}$，
∵PM=2BN，PM=2MN，
∴PM=MN，
∴∠MPN=∠MBP=∠FBQ=∠FQB=45°，設(shè)AM=a，CG=GQ=b，則MQ=2a，
在△ABM和△BCG中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠MAB=∠CBG}\\{∠AMB=∠CGB}\\{AB=BC}\end{array}\right.$，
∴△ABM≌△BCG，
∴AM=BG=a，BM=CG=b，
∴2a-2b=a，
∴b=$\frac{1}{2}$a，
∴AB=AD=$\sqrt{A{M}^{2}+B{M}^{2}}$=$\frac{\sqrt{5}}{2}$a，AP=$\frac{3}{2}$a，AE=$\frac{AP}{\sqrt{5}}$=$\frac{3\sqrt{5}}{10}$a，
∴DE=$\sqrt{A{D}^{2}-A{E}^{2}}$=$\sqrt{（\frac{\sqrt{5}}{2}a）^{2}-（\frac{3\sqrt{5}}{10}a）^{2}}$=$\frac{4}{5}$a，
∴tan∠DAQ=$\frac{DE}{AE}$=$\frac{\frac{4}{5}a}{\frac{3\sqrt{5}}{10}a}$=$\frac{8\sqrt{5}}{15}$．
故答案為$\frac{8\sqrt{5}}{15}$．

點(diǎn)評 本題考查正方形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形解決問題，學(xué)會(huì)利用參數(shù)解決問題，題目比較難，屬于競賽題目．