Question

【題目】如圖，點(diǎn)B在線(xiàn)段AC上，點(diǎn)D、E在A(yíng)C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(xiàn)段AB上的動(dòng)點(diǎn)，連接DP，作PQ⊥DP，交直線(xiàn)BE于點(diǎn)Q； （i）當(dāng)點(diǎn)P與A、B兩點(diǎn)不重合時(shí)，求 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(xiàn)段DQ的中點(diǎn)所經(jīng)過(guò)的路徑（線(xiàn)段）長(zhǎng)．（直接寫(xiě)出結(jié)果，不必寫(xiě)出解答過(guò)程）

Answer 1

【答案】
（1）證明：∵BD⊥BE，

∴∠1+∠2=180°﹣90°=90°，

∵∠C=90°，

∴∠2+∠E=180°﹣90°=90°，

∴∠1=∠E，

∵在△ABD和△CEB中，

，

∴△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，

∴ ，

即 ，

∴QF= BF，

∵DP⊥PQ，

∴∠APD+∠FPQ=180°﹣90°=90°，

∵∠APD+∠ADP=180°﹣90°=90°，

∴∠ADP=∠FPQ，

又∵∠A=∠PFQ=90°，

∴△ADP∽△FPQ，

∴ ，

即 = ，

∴5AP﹣AP2+APBF=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， = ，

∴ = ；

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

由（2）（i）可知，QF= AP．

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

∴BF=QF× =4．

在Rt△BFQ中，根據(jù)勾股定理得：BQ= = = ．

∴MN= BQ= ．

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

【解析】（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△CB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 ，然后求出QF= BF，再根據(jù)△ADP和△FPQ相似可得 = ，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 = ，從而得解；（ii）判斷出DQ的中點(diǎn)的路徑為△BDQ的中位線(xiàn)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(xiàn)性質(zhì)求出MN的長(zhǎng)度，即所求之路徑長(zhǎng)．
【考點(diǎn)精析】通過(guò)靈活運(yùn)用相似三角形的判定與性質(zhì)，掌握相似三角形的一切對(duì)應(yīng)線(xiàn)段(對(duì)應(yīng)高、對(duì)應(yīng)中線(xiàn)、對(duì)應(yīng)角平分線(xiàn)、外接圓半徑、內(nèi)切圓半徑等）的比等于相似比；相似三角形周長(zhǎng)的比等于相似比；相似三角形面積的比等于相似比的平方即可以解答此題．