Question

14．如图，已知直线y=x过点A，AB⊥y轴于点B，AC⊥x轴于点C，点P是y轴上的一动点，连接AP交直线BC于点E．点N在直线BC上，连接AN且∠PAN=90°，在射线AN上截取AD=AE，连接DE．
（1）求证：BE²+EC²=2AE²；
（2）若点A的坐标是（6，m），点P的坐标是（0，$\frac{2}{3}$m），求线段AD的长；
（3）当$\frac{BE}{EC}$=$\frac{1}{3}$时，求$\frac{DE}{BP}$的值．

Answer 1

分析 （1）先再证明△BAE≌△CAD，推出BE=CD，∠ABE=∠ACD=45°，推出∠ECD=90°，推出EC²+CD²=ED²，又因为△AED是等腰直角三角形，可得DE²=2AE²，即可推出EC²+BE²=2AE²．
（2）由$\frac{{S}_{△PBE}}{{S}_{△ABE}}$=$\frac{\frac{1}{2}•PB•EH}{\frac{1}{2}•AB•EF}$=$\frac{PE}{AE}$，推出$\frac{PB}{AB}$=$\frac{PE}{AE}$，求出PA、AE即可解决问题．
（3）由PB∥AC，推出$\frac{PB}{AC}$=$\frac{BE}{EC}$=$\frac{PE}{AE}$=$\frac{1}{3}$，设PB=a，则AC=AC=3a，因为PA=$\sqrt{{a}^{2}+（3a）^{2}}$=$\sqrt{10}$a，所以AD=AE=$\frac{3}{4}$PA=$\frac{3\sqrt{10}}{4}$a，DE=$\sqrt{2}$AE=$\frac{3}{2}$$\sqrt{5}$a，由此即可解决问题．

解答 （1）证明：如图1中，

∵直线y=x过点A，AB⊥y轴，AC⊥x轴，
∴AB=AC=OC=OB，四边形ABOC是正方形，
∴∠ABC=∠PAD=90°，∠ABC=∠ACB=45°，
∴∠BAE=∠DAC，
在△BAE和△CAD中，
$\left\{\begin{array}{l}{BA=CA}\\{∠BAE=∠CAD}\\{AE=AD}\end{array}\right.$，
∴△BAE≌△CAD，
∴BE=CD，∠ABE=∠ACD=45°，
∴∠ECD=90°，
∴EC²+CD²=ED²，
∵△AED是等腰直角三角形，
∵DE²=2AE²，
∴EC²+BE²=2AE²．

（2）解：如图2中，作EF⊥AB于F，EH⊥OB于H．则四边形BFEH是正方形．

∴EF=EH，
∵A（6，m），
∴AB=AC=6，m=6，
∵点P的坐标是（0，$\frac{2}{3}$m），
∴P（0，4），
∴PB=2，
∵$\frac{{S}_{△PBE}}{{S}_{△ABE}}$=$\frac{\frac{1}{2}•PB•EH}{\frac{1}{2}•AB•EF}$=$\frac{PE}{AE}$，
∴$\frac{PB}{AB}$=$\frac{PE}{AE}$，
∴$\frac{PE}{AE}$=$\frac{2}{6}$=$\frac{1}{3}$，∵PA=$\sqrt{{2}^{2}+{6}^{2}}$=2$\sqrt{10}$，
∴AD=AE=$\frac{3}{4}$×2$\sqrt{10}$=$\frac{3}{2}$$\sqrt{10}$．

（3）解：如图2中，
∵PB∥AC，
∴$\frac{PB}{AC}$=$\frac{BE}{EC}$=$\frac{PE}{AE}$=$\frac{1}{3}$，设PB=a，则AC=AC=3a，
∴PA=$\sqrt{{a}^{2}+（3a）^{2}}$=$\sqrt{10}$a，
∴AD=AE=$\frac{3}{4}$PA=$\frac{3\sqrt{10}}{4}$a，
∴DE=$\sqrt{2}$AE=$\frac{3}{2}$$\sqrt{5}$a，
∴$\frac{DE}{BP}$=$\frac{\frac{3}{2}\sqrt{5}a}{a}$=$\frac{3\sqrt{5}}{2}$．

点评 本题考查相似三角形综合题、全等三角形的判定和性质、一次函数的应用、正方形的判定和性质、等腰直角三角形的性质、勾股定理、平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用面积法证明线段之间的关系，学会利用参数解决问题，属于中考压轴题．