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考点： 相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质． 新 |课 |标|第 |一| 网 专题： 几何综合题；压轴题． 分析： （1）根据同角的余角相等求出∠1=∠E，再利用“角角边”证明△ABD和△CEB全等，根据全等三角形对应边相等可得AB=CE，然后根据AC=AB+BC整理即可得证； （2）（i）过点Q作QF⊥BC于F，根据△BFQ和△BCE相似可得和△FPQ相似可得形对应边成比例可得===，然后求出QF=BF，再根据△ADP，然后整理得到（AP﹣BF）（5﹣AP）=0，从而求出AP=BF，最后利用相似三角，从而得解； （ii）判断出DQ的中点的路径为△BDQ的中位线MN．求出QF、BF的长度，利用勾股定理求出BQ的长度，再根据中位线性质求出MN的长度，即所求之路径长． 解答： （1）证明：∵BD⊥BE， ∴∠1+∠2=180°﹣90°=90°， ∵∠C=90°， ∴∠2+∠E=180°﹣90°=90°， ∴∠1=∠E， ∵在△ABD和△CEB中， ， ∴△ABD≌△CEB（AAS）， ∴AB=CE， ∴AC=AB+BC=AD+CE； （2）（i）如图，过点Q作QF⊥BC于F， 则△BFQ∽△BCE， ∴=，w W w .x K b 1.c o M 新课标第一网系列资料 www.xkb1.com
www.xkb1.com 新课标第一网不用注册，免费下载！ 即=， ∴QF=BF， ∵DP⊥PQ， ∴∠ADP+∠FPQ=180°﹣90°=90°， ∵∠FPQ+∠PQF=180°﹣90°=90°， ∴∠ADP=∠FPQ， 又∵∠A=∠PFQ=90°， ∴△ADP∽△FPQ， ∴即2=， =， ∴5AP﹣AP+AP?BF=3?BF， 整理得，（AP﹣BF）（AP﹣5）=0， ∵点P与A，B两点不重合， ∴AP≠5， ∴AP=BF， 由△ADP∽△FPQ得，∴=； =， （ii）线段DQ的中点所经过的路径（线段）就是△BDQ的中位线MN． 由（2）（i）可知，QF=AP． 当点P运动至AC中点时，AP=4，∴QF=∴BF=QF×=4． ． 在Rt△BFQ中，根据勾股定理得：BQ===． ∴MN=BQ=． ． ∴线段DQ的中点所经过的路径（线段）长为点评： 本题考查了相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，（1）求出三角形全等的条件∠1=∠E是新课标第一网系列资料 www.xkb1.com
www.xkb1.com 新课标第一网不用注册，免费下载！ 解题的关键，（2）（i）根据两次三角形相似求出AP=BF是解题的关键，（ii）判断出路径为三角形的中位线是解题的关键． 新课标第一网系列资料 www.xkb1.com
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