Question

10．在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=8，BC=6，P是射线AC上的一个动点，从点A出发向AC方向运动，Q是射线BC上的一个动点，且始终有BQ=$\frac{1}{2}$PC，连接PQ，以PQ为边向一侧作矩形DEPQ（如图所示），PE=$\frac{2}{3}$PQ．
（1）若点P在线段AC上，当△PCQ的面积等于8时，求CP的长；
（2）作点P关于斜边中线CF的对称点P′，当点P′落在PQ上时，直接写出FD的长$\frac{3\sqrt{185}}{11}$．

Answer 1

分析 （1）先设出BQ=x，得出PC=2x，CQ=6-x最后用三角形的面积公式建立方程求解即可．
（2）先建立直角坐标系，确定出点F（3，4），进而得出tan∠FAH=$\frac{4}{3}$，利用同角的余角相等以及三角函数得出PC，CQ，再用相似三角形的性质求出QG，DG，即可得出D的坐标，最后两点间的距离公式求解即可．

解答 解：（1）设BQ=x，
∵BQ=$\frac{1}{2}$PC，
∴PC=2x，
∵BC=6，
∴CQ=6-x，
∵△PCQ的面积等于8，
∴S_△PCQ=$\frac{1}{2}$CQ×PC=$\frac{1}{2}$×（6-x）×2x=8，
∴x=2或x=4，
∴PC=2x=4或PC=8．
（2）以点C为原点，BC为x轴，AC为y轴建立直角坐标系，
∵AC=8，BC=6，
∴A（0，8），B（6，0），
∵CF是斜边的中线，
∴F（3，4），过点F作FH⊥BC，
∴FH=4，CH=3，
∴tan∠FCH=$\frac{FH}{CH}$=$\frac{4}{3}$，
∵点P关于斜边中线CF的对称点P′，当点P′落在PQ上时，
∴PQ⊥CF，
∴∠FCQ+∠PQC=90°，
∵∠PQC+∠CPQ=90°，
∴∠FCQ=∠CPQ，
∴tan∠CPQ=$\frac{CQ}{PC}$=$\frac{4}{3}$，
∴CQ=$\frac{4}{3}$PC，
∵BQ=$\frac{1}{2}$PC，
∴CQ=$\frac{8}{3}$BQ，
∵CQ+BQ=6，
∴$\frac{8}{3}$BQ+BQ=6，
∴BQ=$\frac{18}{11}$，
∴PC=2BQ=$\frac{36}{11}$，CQ=6-BQ=$\frac{48}{11}$，
∵∠PQD=90°，
∴∠PQC+∠DQG=90°，
∵∠PQC+∠CPQ=90°，
∴∠CPQ=∠DQG，
∵∠PCQ=∠QGD=90°，
∴△PCQ∽△QGD，
∴$\frac{PC}{QG}=\frac{CQ}{DG}=\frac{PQ}{DQ}$，
∵四边形DEPQ是矩形，
∴DQ=PE=$\frac{2}{3}$PQ．
∴$\frac{\frac{36}{11}}{QG}=\frac{\frac{48}{11}}{DG}=\frac{3}{2}$，
∴QG=$\frac{24}{11}$，DG=$\frac{32}{11}$，
∴CG=CQ+QG=$\frac{48}{11}$+$\frac{24}{11}$=$\frac{72}{11}$，
∴D（$\frac{72}{11}$，$\frac{32}{11}$），
∵F（3，4）
∴DF=$\sqrt{（\frac{72}{11}-3）^{2}+（\frac{32}{11}-4）^{2}}$=$\frac{3\sqrt{185}}{11}$
故答案为：$\frac{3\sqrt{185}}{11}$．

点评 此题是四边形综合题，主要考查了三角形的面积，对称，相似三角形的性质和判定，直角坐标系的建立，解本题的关键是判断出，△PCQ∽△QGD，难点是建立适当的直角坐标系．