Question

【題目】如圖，在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=12，AC=16，點(diǎn)D為邊BC的中點(diǎn)，DE⊥BC交邊AC于點(diǎn)E，點(diǎn)P為射線AB上的一動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)Q為邊AC上的一動(dòng)點(diǎn)，且∠PDQ=90°．

（1）求ED、EC的長(zhǎng)；

（2）若BP=2，求CQ的長(zhǎng)；

（3）若線段PQ與線段DE的交點(diǎn)為F，當(dāng)△PDF為等腰三角形時(shí)，求BP的長(zhǎng)．

Answer 1

【答案】（1）DE=，CE=；（2）CQ的長(zhǎng)為11或14；（3）BP=或．

【解析】（1）先根據(jù)勾股定理求得BC的長(zhǎng)，再結(jié)合點(diǎn)D為BC的中點(diǎn)可得CD的長(zhǎng)，然后證得△ABC∽△DEC，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可求得結(jié)果；（2）分點(diǎn)P在AB邊上和點(diǎn)P在AB的延長(zhǎng)線上兩種情況求解即可；（3）先證得△PDF∽△CDQ，因△PDF為等腰三角形 可得△CDQ為等腰三角形，再分CQ=CD、QC=QD和DC=DQ三種情況，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)求解即可.

（1）∵∠A=90°，AB=12，AC=16，

∴根據(jù)勾股定理得到，BC==20，

∴CD=BC=10，

∵DE⊥BC，

∴∠A=∠CDE=90°，∠C=∠C，

∴△CDE∽△CAB，

∴DE：AB=CE：CB=CD：CA，

即DE：12=CE：20=10：16，

∴DE=，CE=；

（2）分兩種情況考慮：

如圖，∵△CDE∽△CAB，

∴∠B=∠DEC，

∵∠PDQ=90°，

∴∠QDC+∠PDB=90°，

∵∠QDC+∠EDQ=90°，

∴∠EDQ=∠PDB，

∴△PBD∽△QED，

∴=，即=，

∴EQ=，

∴CQ=CE﹣EQ=﹣=11；

如圖2，

∵∠B=DEC，

∴∠PBD=∠QED，

∵∠PDQ=90°

∴∠BPD+∠QDB=90°，

∵∠QDE+∠QDB=90°，

∴∠BDP=∠QDE，

∴△PBD∽△QED，

∴=，即=，

∴EQ=，

∴CQ=+=14，

則CQ的長(zhǎng)為11或14；

（3）∵線段PQ與線段DE的交點(diǎn)為點(diǎn)FF，

∴點(diǎn)P在邊AB上，

∵△BPD∽△EQD，

∴====，

若設(shè)BP=x，則EQ=x，CQ=﹣x，

∵cot∠QPD==，cotC===，

∴∠QPD=∠C，

∵∠PDE=∠CDQ，∴△PDF∽△CDQ，

∵△PDF為等腰三角形，

∴△CDQ為等腰三角形，

①當(dāng)CQ=CD時(shí)，可得：﹣x=10，

解得：x=；

②當(dāng)QC=QD時(shí)，過點(diǎn)Q作QM⊥CB于M，如圖3所示，

∴CM=CD=5，

∵cos∠C====，

∴CQ=，

∴﹣x=，

解得：x=；

③當(dāng)DC=DQ時(shí)，過點(diǎn)D作DN⊥CQ于N，如圖4所示，

∴CQ=2CN，

∵cos∠C===，

∴CN=8，

∴CQ=16，

∴﹣x=16，

解得：x=﹣（舍去），

∴綜上所述，BP=或．