Question

19．如图，△ABC是等腰直角三角形，点D在AB上，过D作DE⊥AB交AC于F，DE=BD，连接BE交AC于G．将一个45°角的顶点与点F重合，并绕点F旋转，这个角的两边分别交线段BC于P、Q两点，交BE于M、N两点．若AB=5，AD=1，CQ=1，则线段MN的长为$\frac{25\sqrt{2}}{14}$．

Answer 1

分析 如图，连接QE、MQ，作EH⊥FQ于H，作EH⊥FQ于H，先证明E、F、M、Q四点共圆，得MN•NE=FN•NQ，想办法求出EN、FN、NQ即可解决问题．

解答 解：如图，连接QE、MQ，作EH⊥FQ于H．

∵AB=BC，∠ABC=90°，AD=CQ=1，
∴BD=BQ=4，
∵DE⊥AB，
∴∠EDB=90°，
∴∠EDB+∠DBQ=180°，
∴DE∥BQ，BQ=BD=DE，
∴四边形DBQE是平行四边形，
∵∠DBQ=90°，
∴四边形DBQE是矩形，
∵DE=DB，
∴四边形DBQE是正方形，
∴∠BEQ=45°=∠MFQ，
∴E、F、M、Q四点共圆，
∴MN•NE=FN•NQ，
在RT△EFQ中，∵EF=3，EQ=4，
∴FQ=$\sqrt{E{F}^{2}+E{Q}^{2}}$=$\sqrt{{3}^{2}+{4}^{2}}$=5，
∵EF∥BQ，
∴$\frac{EF}{BQ}$=$\frac{FN}{NQ}$=$\frac{3}{4}$
∴FN=$\frac{3}{7}$FQ=$\frac{15}{7}$，NQ=$\frac{4}{7}$FQ=$\frac{20}{7}$，作EH⊥FQ于H，
∵$\frac{1}{2}$•FQ•EH=$\frac{1}{2}$•EF•EQ，
∴EH=$\frac{12}{5}$，
∴FH=$\sqrt{E{F}^{2}-E{H}^{2}}$=$\sqrt{{3}^{2}-（\frac{12}{5}）^{2}}$=$\frac{9}{5}$，HN=FN-FH=$\frac{12}{35}$，
∴EN=$\sqrt{E{H}^{2}+H{N}^{2}}$=$\sqrt{（\frac{12}{5}）^{2}+（\frac{12}{35}）^{2}}$=$\frac{12\sqrt{2}}{7}$，
∴MN•$\frac{12\sqrt{2}}{7}$=$\frac{15}{7}$•$\frac{20}{7}$，
∴MN=$\frac{25\sqrt{2}}{14}$．
故答案为$\frac{25\sqrt{2}}{14}$．

点评 本题考查正方形的判定和性质、四点共圆、勾股定理等知识，解题的关键是利用相交弦定理，学会利用面积法求高，属于中考常考题型．