题目内容
15．
如图，Rt△ABC中，∠C=90°，D点和E点在AC，AB边上，且DE∥BC．P为线段DE上一点，使得∠CPB=90°，CP的延长线交AB于点M，延长AP交BC于点Q，过Q作PB的平行线交PC于点H，交AC于点S，T为BC延长线上一点，且满足$\frac{MP}{CP}•\frac{BT}{CT}$=$\frac{PE}{DP}$+$\frac{PM}{CH}$，连接TS．求证：TS⊥DQ．
分析 根据要证的结论加上DC⊥TQ的条件可知，S是△DTQ的垂心．问题转化为证明S是垂心即可，也就是只需证明QS⊥DT，而由条件易知QS⊥CP，从而只需要证明CP∥DT，只需证DPCT是平行四边形，只需证DP=CT，只需证$\frac{CT}{PE}=\frac{DP}{PE}$，而$\frac{DP}{PE}=\frac{CQ}{BQ}=\frac{CH}{PH}$，从而只需证T、H、E三点共线即可，由此考虑到梅氏定理的逆定理，只需证$\frac{ME}{EB}•\frac{BT}{TC}•\frac{CH}{HM}=1$，也就只需证$\frac{ME}{EB}•\frac{BT}{TC}=\frac{HM}{CH}$，只需证$\frac{ME}{EB}•\frac{BT}{TC}=\frac{HP}{CH}+\frac{PM}{CH}$，根据QS∥PB及DE∥BC加上所给线段比例等式，上式是易得．
解答 证明：如图，连接DT、ET，
∵DE∥BC，
∴$\frac{MP}{CP}=\frac{ME}{EB}$，$\frac{PE}{BQ}=\frac{AP}{AQ}=\frac{DP}{CQ}$，
∴$\frac{PE}{DP}=\frac{BQ}{CQ}$，
∵QS∥PB，
∴$\frac{BQ}{CQ}=\frac{HP}{CH}$，
∴$\frac{PE}{DP}=\frac{HP}{CH}$，
∵$\frac{MP}{CP}•\frac{BT}{CT}$=$\frac{PE}{DP}$+$\frac{PM}{CH}$，
∴$\frac{ME}{EB}•\frac{BT}{TC}=\frac{HP}{CH}+\frac{PM}{CH}=\frac{HM}{CH}$，
∴$\frac{ME}{EB}•\frac{BT}{TC}•\frac{CH}{HM}=1$，
由梅涅劳斯定理的逆定理可知E、H、T三点共线，
∴$\frac{CT}{PE}=\frac{CH}{PH}=\frac{CQ}{BQ}=\frac{DP}{PE}$，
∴CT=DP，
∵CT∥DP，
∴TCPD是平行四边形，
∴DT∥CP，
∵QS∥PB，CP⊥PB，
∴QS⊥DT，
∵DC⊥TQ，
∴S是△TDQ的垂心，
∴TS⊥DQ．
证完．
点评 本题考查平行线分线段成比例、梅涅劳斯定理的逆定理、三角形的垂心性质、平行四边形的判定等知识点．结合要证的结论进行逆向探索所需要的条件是本题的关键．
在平面直角坐标系xOy中，直线y=2x+2与x轴，y轴分别交于点A，B，抛物线y=ax2+bx-$\frac{2}{3}$经过点A和点C（4，0）．
如图，已知抛物线C1：y=$\frac{1}{2}$x2+2上有一点A，点A的横坐标为2．将抛物线C1向右平移，使其顶点落在直线y=x上，此时抛物线记作为C2，点A的对应点记作B．| A． | 2a-b | B． | -2a+b | C． | -2a-b | D． | a+2b |
如图，已知AB=CD，AC=CE，若要使△ABC≌△CDE，则需要添加的一个条件是∠A=∠DCE．