Question

已知：在△ABC中，∠ACB=90°，點(diǎn)P是線段AC上一點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)A作AB的垂線，交BP的延長(zhǎng)線于點(diǎn)M，MN⊥AC于點(diǎn)N，PQ⊥AB于點(diǎn)Q，AQ=MN．
（1）如圖1，求證：PC=AN；
（2）如圖2，點(diǎn)E是MN上一點(diǎn)，連接EP并延長(zhǎng)交BC于點(diǎn)K，點(diǎn)D是AB上一點(diǎn)，連接DK，∠DKE=∠ABC，EF?PM于點(diǎn)H，交BC延長(zhǎng)線于點(diǎn)F，若NP=2，PC=3，CK：CF=2：3，求DQ的長(zhǎng)．

Answer 1

（1）證法一：
如圖①，∵BA⊥AM，MN⊥AP，∴∠BAM=ANM=90°
∴∠PAQ+∠MAN=∠MAN+∠AMN=90°
∴∠PAQ=∠AMN
∵PQ⊥AB  MN⊥AC，∴∠PQA=∠ANM=90°
∴AQ=MN，∴△AQP≌△MNA
∵AN=PQ  AM=AP，∴∠AMB=∠APM
∵∠APM=∠BPC∠BPC+∠PBC=90°，∠AMB+∠ABM=90°
∴∠ABM=∠PBC
∵PQ⊥AB，PC⊥BC
∴PQ=PC（角平分線的性質(zhì)），
∴PC=AN；
證法二：
如圖①，∵BA⊥AM，MN⊥AC，∴∠BAM=ANM=90°
∴∠PAQ+∠MAN=∠MAN+∠AMN=90°
∴∠PAQ=∠AMN
∵PQ⊥AB，∴∠APQ=90°=∠ANM
∴AQ=MN，∴△PQA≌△ANM
∴AP=AM，PQ=AN，∴∠APM=∠AMP
∵∠AQP+∠BAM=180°，∴PQ∥MA
∴∠QPB=∠AMP
∴∠APM=∠BPC，∴∠QPB=∠BPC
∴∠BQP=∠BCP=90°，BP=BP
∴△BPQ≌△BCP
∴PQ=PC，∴PC=AN．
（2）解法一：
如圖②，∵NP=2  PC=3，∴由（1）知PC=AN=3
∴AP=NC=5  AC=8，∴AM=AP=5
∴AQ=MN==4
∵∠PAQ=∠AMN∠ACB=∠ANM=90°
∴∠ABC=∠MAN
∴tan∠ABC=tan∠MAN==
∵tan∠ABC=，∴BC=6
∵NE∥KC，∴∠PEN=∠PKC，
又∵∠ENP=∠KCP，∴△PNE∽△PCK，
∴=，∴CK：CF=2：3，
設(shè)CK=2k，則CF=3k
∴=，NE=k．
過(guò)N作NT∥EF交CF于T，則四邊形NTFE是平行四邊形
∵NE=TF=k，∴CT=CF﹣TF=3k﹣k=k
∵EF⊥PM，∴∠BFH+∠HBF=90°=∠BPC+∠HBF，∴∠BPC=∠BFH
∵EF∥NT，∴∠NTC=∠BFH=∠BPC
tan∠NTC=tan∠BPC==2，∴tan∠NTC==2，
∴CT=k=，∴k=，∴CK=2×=3，BK=BC﹣CK=3
∵∠PKC+∠DKC=∠ABC+∠BDK，∠DKE=∠ABC，∴∠BDK=∠PKC
tan∠PKC==1，∴tan∠BDK=1．
過(guò)K作KG∥BD于G
∵tan∠BDK=1，tan∠ABC=，∴設(shè)GK=4n，則BG=3n，GD=4n
∴BK=5n=3，∴n=，∴BD=4n+3n=7n=
∴AB==10，AQ=4，∴BQ=AB﹣AQ=6
∴DQ=BQ﹣BD=6﹣
解法二：
如圖③，∵NP=2，PC=3，∴由（1）知PC=AN=3
∴AP=NC=5，AC=8，∴AM=AP=5
∴AQ=MN==4
∵NM∥BC，∴∠NMP=∠PBC
又∵∠MNP=∠BCP，∴△MNP∽△BCP
∴=，∴=
BC=6
作ER⊥CF于R，則四邊形NERC是矩形
∴ER=NC=5，NE=CR
∵∠BHE=∠BCR=90°
∴∠EFR=90°﹣∠HBF∠BPC=90°﹣∠HBF
∴∠EFR=∠BPC，∴tan∠EFR=tan∠BPC，∴=，即=
∴RF=，
∵NE=KC，∴∠NEP=∠PKC
又∵∠ENP=∠KCP，∴△NEP∽△CKP，∴==
∴CK：CF=2：3，設(shè)CK=2k，CF=3k
∴NE=CR=k，CR=CF﹣RF=3k﹣，∴3k﹣=k
∴k=，∴CK=3  CR=2×BK=3
在CF的延長(zhǎng)線上取點(diǎn)G，使∠EGR=∠ABC，∴tan∠EGR=tan∠ABC
∴==，∴RG=ER=，EG==，KG=KC+CR+RG=，
∵∠DKE+∠EKC=∠ABC+∠BDK，∠ABC=∠DKE，∴∠BDK=∠EKC，
∴△BDK∽△GKE，∴=
∴BDEG=BKKG，∴∠BDK=∠EKC，∴△BDK∽△GKE，∴BD=
∴AB==10，AQ=4，∴BQ=AB﹣AQ=6
∴DQ=BQ﹣BD=6﹣=
解法三：
如圖④，∵NP=2，PC=3，∴由（1）知PC=AN=3
∴AP=NC=5，AC=8，∴AM=AP=5
∴AQ=MN==4
∵NM∥BC，∴∠EMH=∠PBC∠PEN=∠PKC
又∵∠PNE=∠PCK，∴△PNE∽△PCK，△PNM∽△PCB
∴=，=，∴CK：CF=2：3，設(shè)CK=2k，CF=3k
∴=，=，∴NE=k，BC=6
∴BF=6+3k，ME=MN﹣NE=4﹣k
tan∠ABC==，BP==3
∴sin∠EMH=sin∠PBC==
∵EF⊥PM，∴FH=BFsin∠PBC=（6+3k）
EH=EMsin∠EMH=（4﹣k）
∴tan∠REF=tan∠PBC=，∴tan∠REF=×RF=
∴EF==，∴EH+FH=EF
∴（4﹣k）+（6+3k）=，∴k=
∴CK=2×=3，BK=BC﹣CK=3
∴∠PKC+∠DKE=∠ABC+∠BDK∠DKE=∠ABC，∴∠BDK=∠PKC
∵tan∠PKC=1，∴tan∠BDK=1，
過(guò)K作KG⊥BD于G
∴tan∠BDK=1，tan∠ABC=
∴設(shè)GK=4n，則BG=3n，GD=4n
∴BK=5n=3，∴n=，∴BD=4n+3n=7n=
∴AB==10，AQ=4，∴BQ=AB﹣AQ=6
∴DQ=BQ﹣BD=6﹣．