题目内容
(2012•道外区一模)已知:点P为正方形ABCD内部一点,且∠BPC=90°,过点P的直线分别交边AB、边CD于点E、点F.
(1)如图1,当PC=PB时,则S△PBE、S△PCF S△BPC之间的数量关系为
(2)如图2,当PC=2PB时,求证:16S△PBE+S△PCF=4S△BPG;
(3)在(2)的条件下,Q为AD边上一点,且∠PQF=90°,连接BD,BD交QF于点N,若S△bpc=80,BE=6.求线段DN的长.
![](http://thumb.1010pic.com/pic3/upload/images/201207/10/646bcb1e.png)
(1)如图1,当PC=PB时,则S△PBE、S△PCF S△BPC之间的数量关系为
S△PBE+S△PCF=S△BPC
S△PBE+S△PCF=S△BPC
;(2)如图2,当PC=2PB时,求证:16S△PBE+S△PCF=4S△BPG;
(3)在(2)的条件下,Q为AD边上一点,且∠PQF=90°,连接BD,BD交QF于点N,若S△bpc=80,BE=6.求线段DN的长.
![](http://thumb.1010pic.com/pic3/upload/images/201207/10/646bcb1e.png)
分析:(1)过点P作PI⊥BC于点I,由PB=PC可知PI∥BE∥CF,故PI是梯形BCFE的中位线,由梯形的中位线定理可知,PI=
(BE+CF),由于△PBC是等腰直角三角形,故PI=BI=CI,再根据三角形的面积公式即可得出结论;
(2)过点P作PG⊥EF交BC于点G,∠EPG=90°,由相似三角形的判定定理得出△EPB∽△GPC,由相似三角形的性质可知S△GPC=4S△EPB,同理可得S△EPC=4S△GPB,故可得出结论;
(3)设正方形的边长为a(a>0),由PC=2PB,S△BPC=80可求出a的值,由(2)中△EPB∽△GPC,可得出CG=2BE=12,BG=8,CF=16,DF=4,过点P作PM∥AB交BC于点M.交AD于点H,过点P作PT⊥CD于T,由勾股定理可求出DQ的长,当DQ=4时,由等腰三角形的性质可求出DN的长,当DQ=12时,过点N作NN1⊥QD于N1,由相似三角形的判定定理得出△QDF∽△QN1N,故可得出NN1的长,再由勾股定理即可得出DN的长.
1 |
2 |
(2)过点P作PG⊥EF交BC于点G,∠EPG=90°,由相似三角形的判定定理得出△EPB∽△GPC,由相似三角形的性质可知S△GPC=4S△EPB,同理可得S△EPC=4S△GPB,故可得出结论;
(3)设正方形的边长为a(a>0),由PC=2PB,S△BPC=80可求出a的值,由(2)中△EPB∽△GPC,可得出CG=2BE=12,BG=8,CF=16,DF=4,过点P作PM∥AB交BC于点M.交AD于点H,过点P作PT⊥CD于T,由勾股定理可求出DQ的长,当DQ=4时,由等腰三角形的性质可求出DN的长,当DQ=12时,过点N作NN1⊥QD于N1,由相似三角形的判定定理得出△QDF∽△QN1N,故可得出NN1的长,再由勾股定理即可得出DN的长.
解答:
解:(1)如图1所示:过点P作PI⊥BC于点I,
∵PB=PC,
∴PI∥BE∥CF,
∴PI是梯形BCFE的中位线,
∴PI=
(BE+CF),
∵△PBC是等腰直角三角形,
∴PI=BI=CI,
∴S△PBE+S△PCF=
BE•BI+
CF•CI=
BE×
BC+
CF•
BC=
BC(BE+CF)=
BC•PI=S△PBC;
(2)如图2,过点P作PG⊥EF交BC于点G,∠EPG=90°,
∵∠BPC=90°,
∴∠EPB+∠BPG=90°,
∵∠BPG+∠CPG=90°,
∴∠EPB=∠CPG,
同理,∵∠EBP+∠PBC=90°,∠PBC+∠BCP=90°,
∴∠EBP=∠BCP,
∴△EPB∽△GPC,
∵PC=2PB,
∴
=(
)2=
∴S△GPC=4S△EPB,
同理可得S△FPC=4S△GPB,
∵S△PBG+S△PGC=S△BPC,
∴16S△PBE+S△PFC=4S△BPC;
(3)如图3,设正方形的边长为a(a>0),
∵∠BPC=90°,PC=2PB,S△BPC=80,
∴
•
•
=80,解得a=20,
由(2)知,△EPB∽△GPC,
∴CG=2BE=12,
∴BG=8,
∴CF=16,DF=4,
过点P作PM∥AB交BC于点M.交AD于点H,过点P作PT⊥CD于T,
∵PM⊥BC,BC=20,S△BPC=80,
∴PM=8,
∴PH=12,PT=16,FT=8,
∵∠PQF=90°,
∴由勾股定理得,(HQ2+HP2)+(DQ2+DF2)=PT2+TF2,即(16-DQ)2+122+(DQ2+42)=162+82,解得DQ=4或DQ=12,
当DQ=4时,
∵DQ=DF=4,∠PQF=90°,DN为∠QDF的角平分线,
∴DN=
QD=2
;
当DQ=12时,过点N作NN1⊥QD于N1,
∵∠QOF=90°,DN为∠QDF的角平分线,
∴∠QDN=45°,
∵NN1⊥AD,
∴NN1=N1D,△QDF∽△QN1N,
∴
=
,
=
,解得NN1=3,
∴DN=
=
=3
,
综上所述,DN=2
或3
.
故答案为:S△PBE+S△PCF=S△BPC.
![](http://thumb.1010pic.com/pic3/upload/images/201207/20/d6c44a80.png)
∵PB=PC,
∴PI∥BE∥CF,
∴PI是梯形BCFE的中位线,
∴PI=
1 |
2 |
∵△PBC是等腰直角三角形,
∴PI=BI=CI,
∴S△PBE+S△PCF=
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2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
2 |
1 |
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1 |
2 |
(2)如图2,过点P作PG⊥EF交BC于点G,∠EPG=90°,
∵∠BPC=90°,
∴∠EPB+∠BPG=90°,
∵∠BPG+∠CPG=90°,
∴∠EPB=∠CPG,
同理,∵∠EBP+∠PBC=90°,∠PBC+∠BCP=90°,
∴∠EBP=∠BCP,
∴△EPB∽△GPC,
∵PC=2PB,
∴
S△EPB |
S△GPC |
PB |
PC |
1 |
4 |
∴S△GPC=4S△EPB,
同理可得S△FPC=4S△GPB,
∵S△PBG+S△PGC=S△BPC,
∴16S△PBE+S△PFC=4S△BPC;
(3)如图3,设正方形的边长为a(a>0),
∵∠BPC=90°,PC=2PB,S△BPC=80,
∴
1 |
2 |
| ||
5 |
2
| ||
5 |
由(2)知,△EPB∽△GPC,
∴CG=2BE=12,
∴BG=8,
∴CF=16,DF=4,
过点P作PM∥AB交BC于点M.交AD于点H,过点P作PT⊥CD于T,
∵PM⊥BC,BC=20,S△BPC=80,
∴PM=8,
∴PH=12,PT=16,FT=8,
∵∠PQF=90°,
∴由勾股定理得,(HQ2+HP2)+(DQ2+DF2)=PT2+TF2,即(16-DQ)2+122+(DQ2+42)=162+82,解得DQ=4或DQ=12,
当DQ=4时,
∵DQ=DF=4,∠PQF=90°,DN为∠QDF的角平分线,
∴DN=
| ||
2 |
2 |
当DQ=12时,过点N作NN1⊥QD于N1,
∵∠QOF=90°,DN为∠QDF的角平分线,
∴∠QDN=45°,
∵NN1⊥AD,
∴NN1=N1D,△QDF∽△QN1N,
∴
NN1 |
DF |
QN1 |
QD |
NN1 |
4 |
12-N1D |
12 |
∴DN=
NN12+DN12 |
32+32 |
2 |
综上所述,DN=2
2 |
2 |
故答案为:S△PBE+S△PCF=S△BPC.
点评:本题考查的是相似形的综合题,涉及到相似三角形的判定与性质、正方形的性质、等腰三角形的性质及勾股定理,解答此题的关键是作出辅助线,构造出相似三角形,再利用相似三角形的性质进行解答.
![](http://thumb2018.1010pic.com/images/loading.gif)
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