Question

在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=6，AC=8，点D为边BC的中点，DE⊥BC交边AC于点E，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）求ED、EC的长；
（2）若BP=2，求CQ的长；
（3）记线段PQ与线段DE的交点为点F，若△PDF为等腰三角形，求BP的长．

Answer 1

分析：（1）由勾股定理求得BC=10．通过“两角法”证得△CDE∽△CAB，则对应边成比例DE：AB=CE：CB=CD：CA，由此可以求得DE、CE的值；
（2）如图2，当P点在AB上时，由∠PDQ=90°就可以得出∠2=∠4，就可以证明△PBD∽△QED，就可以EQ的值，从而求得CQ的值；如图2-1，当P点在AB的延长线上时，证明△PBD∽△QED，由相似三角形的性质就可以求出结论；
（3）如图3，4，5由条件可以求出△BPD∽△EQD，就有

BP

EQ

=

BD

ED

=

PD

QD

=

4

3

．设BP=x，则EQ=

3

4

x，CQ=

25

4

-

3

4

x．由三角函数值可以得出△PDF∽△CDQ．由△PDF为等腰三角形就可以得出△CDQ为等腰三角形，根据等腰三角形的性质，分三种情况讨论就可以求出结论．

解答：解：（1）如图1，∵∠A=90°，AB=6，AC=8，
∴根据勾股定理得到，BC=

AB2+AC2

=10
∴CD=

1

2

BC=5．
∵DE⊥BC．
∴∠A=∠CDE=90°∠C=∠C
∴△CDE∽△CAB
∴DE：AB=CE：CB=CD：CA，
即DE：6=CE：10=5：8
∴DE=

15

4

，CE=

25

4

；
（2）如图2，∵△CDE∽△CAB，
∴∠B=∠DEC．
∵∠PDQ=90°
∴∠1+∠4=90°．
∵∠1+∠2=90°
∴∠2=∠4，
∴△PBD∽△QED，
∴

PB

EQ

=

BD

ED

，
∴

2

EQ

=

5

15 4

，
∴EQ=

3

2

，
∴CQ=CE-EQ=

25

4

-

3

2

=

19

4

．
如图2-1，∵∠B=DEC，
∴∠PBD=∠QED．
∵∠PDQ=90°
∴∠1+∠2=90°．
∵∠3+∠2=90°
∴∠1=∠3，
∴△PBD∽△QED
∴

PB

EQ

=

BD

ED

，
∴

2

EQ

=

5

15 4

，
∴EQ=

3

2

，
∴CQ=

25

4

+

3

2

=

31

4

故EC=

19

4

或

31

4

；
（3）∵线段PQ与线段DE的交点为点F，
∴点P在边AB上
∵△BPD∽△EQD   
∴

BP

EQ

=

BD

ED

=

PD

QD

=

4

3

．
若设BP=x ，则EQ=

3

4

x，CQ=

25

4

-

3

4

x．
∵cot∠QPD=

PD

QD

=

4

3

，cot∠c=

CD

ED

=

5

15 4

=

4

3

，
∴∠QPD=∠C
∵∠PDE=∠CDQ，
∴△PDF∽△CDQ．
∵△PDF为等腰三角形，
∴△CDQ为等腰三角形．
①当CQ=CD时，可得：

25

4

-

3

4

x=5，解得：x=

5

3

．
②当QC=QD时，过点Q作QM⊥CB于M，
∴CM=

1

2

CD=

5

2

．
∵cos∠C=

CM

CQ

=

CA

BC

=

4

5

，
∴

5 2

CQ

=

4

5

，
∴CQ=

25

8

．
∴

25

4

-

3

4

x=

25

8

解得：x=

25

6

 …（1分）
③当DC=DQ时，过点D作DN⊥CQ于N，
∴CQ=2CN．
∵cos∠C=

4

5

=

CN

CD

∴

4

5

=

CN

5

，
∴CN=4，
∴CQ=8，
∴

25

4

-

3

4

x=8
解得：x=-

7

3

（不合题意，舍去）
∴综上所述，BP=

5

3

或

25

6

．

点评：本题考查了直角三角形的性质的运用，勾股定理的运用，相似三角形的判定及性质的运用，分类讨论思想在解实际问题的运用，等腰三角形的性质的运用，三角函数值的运用，解答时运用三角函数值求证三角形的角相等是难点，证明三角形相似是关键．