Question

5．如图，在Rt△ABC中，∠BAC=90°，AB=6，AC=8，点D为边BC的中点，点P为射线AB上的一动点，点Q为边AC上的一动点，且∠PDQ=90°．
（1）当DP⊥AB时，求CQ的长；
（2）当BP=2，求CQ的长；
（3）连结AD，若AD平分∠PDQ，求DP，DQ的长．

Answer 1

分析 （1）首先证明DQ∥AB，根据平行线等分线段定理即可解决问题．
（2）分两种情形①如图2中，当点P在线段AB上时，作DM⊥AB，DN⊥AC，垂足分别为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=$\frac{3}{4}$即可解决问题．②如图3中，当点P在AB的延长线上时，根据PM=5，QN=$\frac{15}{4}$，CQ=QN+CN计算即可．
（3）如图4中，作AM⊥DP于M，AN⊥DQ于N．首先证明四边形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，由此即可计算．

解答 解：（1）如图1中，

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

（2）①如图2中，当点P在线段AB上时，作DM⊥AB，DN⊥AC，垂足分别为M、N，
则四边形AMDN是矩形，DM、DN分别是△ABC的中位线，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如图3中，当点P在AB的延长线上时，PM=5，QN=$\frac{15}{4}$，CQ=QN+CN=4+$\frac{15}{4}$=$\frac{31}{4}$，

综上所述，当BP=2，求CQ的长为$\frac{19}{4}$或$\frac{31}{4}$．

（3）如图4中，作AM⊥DP于M，AN⊥DQ于N．

∵AD平分∠PDQ，
∴AM=AN，
∵∠AMD=∠AND=∠MDN=90°，
∴四边形AMDN是矩形，∵AM=AN，
∴四边形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$\sqrt{2}$=$\frac{15\sqrt{2}}{7}$．

点评 本题考查相似三角形综合题、矩形的判定和性质、正方形的判定和性质、三角形的中位线定理、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识，学会添加常用辅助线构造相似三角形，属于中考压轴题．