Question

已知：在△ABC中，∠ACB=90°，点P是线段AC上一点，过点A作AB的垂线，交BP的延长线于点M，MN⊥AC于点N，PQ⊥AB于点Q，AQ=MN．
（1）如图1，求证：PC=AN；
（2）如图2，点E是MN上一点，连接EP并延长交BC于点K，点D是AB上一点，连接DK，∠DKE=∠ABC，EF⊥PM于点H，交BC延长线于点F，若NP=2，PC=3，CK：CF=2：3，求DQ的长．

Answer

（1）要点是确定一对全等三角形△AQP≌△MNA，得到AN=PQ；然后推出BP为角平分线，利用角平分线的性质得到PC=PQ；从而得到PC=AN；
（2）要点是按照已知条件，求出线段KC的长度，从而确定△PKC是等腰直角三角形；然后在△BDK中，解直角三角形即可求得BD、DQ的长度．
（1）证明：证法一：
如图①，∵BA⊥AM，MN⊥AC，
∴∠BAM=ANM=90°，
∴∠PAQ+∠MAN=∠MAN+∠AMN=90°，
∴∠PAQ=∠AMN，
∵PQ⊥AB  MN⊥AC，
∴∠PQA=∠ANM=90°，
∴AQ=MN，
∴△AQP≌△MNA（ASA）
∵AN=PQ  AM=AP，
∴∠AMB=∠APM
∵∠APM=∠BPC，∠BPC+∠PBC=90°，∠AMB+∠ABM=90°
∴∠ABM=∠PBC
∵PQ⊥AB，PC⊥BC
∴PQ=PC（角平分线的性质），
∴PC=AN；
证法二：
如图①，∵BA⊥AM，MN⊥AC，
∴∠BAM=ANM=90°
∴∠PAQ+∠MAN=∠MAN+∠AMN=90°
∴∠PAQ=∠AMN
∵PQ⊥AB，
∴∠AQP=90°=∠ANM
∵AQ=MN，
∴△PQA≌△ANM（ASA）
∴AP=AM，PQ=AN，
∴∠APM=∠AMP
∵∠AQP+∠BAM=180°，
∴PQ∥MA
∴∠QPB=∠AMP
∵∠APM=∠BPC，
∴∠QPB=∠BPC
∵∠BQP=∠BCP=90°，BP=BP
∴△BPQ≌△BPC（AAS）
∴PQ=PC，
∴PC=AN．

（2）【解析】
解法一：
如图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，
设CK=2k，则CF=3k
∴=，NE=k．
过N作NT∥EF交CF于T，则四边形NTFE是平行四边形
∴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+∠DKB=∠ABC+∠BDK，∠DKE=∠ABC，
∴∠BDK=∠PKC，
tan∠PKC==1，
∴tan∠BDK=1．
过K作KG⊥BD于G
∵tan∠BDK=1，tan∠ABC=，
∴设GK=4n，则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：
如图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，则四边形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，设CK=2k，CF=3k
∴NE=CR=k，CR=CF-RF=3k-，
∴3k-=k
∴k=，
∴CK=3  CR=2
∴BK=3
在CF的延长线上取点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，
∴=
∴BD•EG=BK•KG，
∴∠BDK=∠EKC，
∴△BDK∽△GKE，
∴BD=
∵AB==10，AQ=4，
∴BQ=AB-AQ=6
∴DQ=BQ-BD=6-=
解法三：
如图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，
设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，
过K作KG⊥BD于G
∵tan∠BDK=1，tan∠ABC=
∴设GK=4n，则BG=3n，GD=4n
∴BK=5n=3，
∴n=，
∴BD=4n+3n=7n=
∵AB==10，AQ=4，
∴BQ=AB-AQ=6，
∴DQ=BQ-BD=6-=．