分析 如圖,過點(diǎn)P作CD的平行線交BC于G,交AD于K,截取GH=AE,BM沿ME翻折至MR,過R作RQ⊥BC于Q,連結(jié)BR,BH,
(1)由題意得到PG垂直于BG,再由PG與FC平行,且P為BF中點(diǎn),得到G為BC中點(diǎn),得BC=2BG,由BC=2AB,得到AB=BG,利用SAS得到三角形ABE與三角形BGH全等,利用全等三角形對(duì)應(yīng)角相等,對(duì)應(yīng)邊相等得到EB=BH,且∠ABE=∠HBG,利用等式的性質(zhì)得到一對(duì)角相等,利用SAS得到三角形EBP與三角形HBP全等,利用全等三角形對(duì)應(yīng)邊、對(duì)應(yīng)角相等得到∠BPE=∠BPH,EP=HP,由PG與DC平行,得到一對(duì)同位角相等,利用鄰補(bǔ)角互補(bǔ)等量代換即可得證;
(2)以BC為x軸,AB為x軸,建立坐標(biāo)系,如圖所示,設(shè)BC=8a,AE=x,那么AK=AB=BG=KG=4a,EK=4a-x,繼而表示出EK,KP,EP,在直角三角形EPK中,利用勾股定理表示出x,進(jìn)而表示出EK,PK,根據(jù)∠RBM=∠EPK,得到tan∠RBM=tan∠EPK,求出RQ與BQ之比,進(jìn)而設(shè)出RQ,BQ,在直角三角形RMQ中,利用勾股定理列出關(guān)系式,表示出RQ,BQ,進(jìn)而表示出B,P,M,R坐標(biāo),利用待定系數(shù)法求出BF與RM解析式,聯(lián)立表示出N坐標(biāo),求出PN與NF之比即可.
解答 解:如圖,過點(diǎn)P作CD的平行線交BC于G,交AD于K,截取GH=AE,BM沿ME翻折至MR,過R作RQ⊥BC于Q,連結(jié)BR,BH,
(1)∵KH∥AB,∠ABG=90°.
∴∠BGK=90°,即PG⊥BG,
∵BP=FP,PG∥FC,
∴BG=CG,即BC=2BG,
∵BC=2AB,
∴AB=BG,
在△BAE和△BGH中,
{BA=BG∠BAE=∠BGHAE=GH,
∴△BAE≌△BGH(SAS),
∴∠ABE=∠GBH,BE=BH,
∵∠ABG=90°,∠EBP=45°,
∴∠EBP=∠HBP=45°,
在△BEP和△BHP中,
{BE=BH∠EBP=∠HBPBP=BP,
∴△BEP≌△BHP(SAS),
∴∠BPE=∠BPH,EP=HP,
∵PG∥DC,
∴∠BPH=∠BFC,
∵∠BFC+∠BFD=180°,
∴∠BPE+∠DFP=180°;
(2)以BC為x軸,AB為x軸,建立坐標(biāo)系,如圖所示,
設(shè)BC=8a,AE=x,那么AK=AB=BG=KG=4a,EK=4a-x,
∵EP=2PM,EK∥GM,
∴KP=2PG=83a,PG=43a,EP=HP=PG+GH=AE+PG=x+43a,
∵在Rt△PEK中,根據(jù)勾股定理得:EK2+KP2=EP2,
∴(4a-x)2+(83a)2=(x+43a)2,
∴x=2a,
∴EK=2a,GM=12EK=a,
∵∠RBM=∠EPK,
∴tan∠RBM=tan∠EPK,即RQBQ=EKPK=2a83a=34,
設(shè)RQ=3y,BQ=4y,BM=RM=BG+GM=4a+a=5a,
∴在Rt△RMQ中,根據(jù)勾股定理得:MQ2+RQ2=MR2,即(4y-5a)2+(3y)2=(5a)2,
∴y=85a,
∴BQ=325a,RQ=245a,
∴B(0,0),P(4a,43a),M(5a,0),R(325a,245a),
可得直線BF解析式為:y=13x;直線MR解析式為:y=247x-1207a,
令13x=247x-1207,
解:x=7213a,y=2413a,
∴N(7213a,2413a),
∴PNNF=7213a−4a8a−7213a=58.
點(diǎn)評(píng) 此題屬于四邊形綜合題,涉及的知識(shí)有:全等三角形的判定與性質(zhì),銳角三角函數(shù)定義,待定系數(shù)法確定函數(shù)解析式,勾股定理,坐標(biāo)與圖形性質(zhì),折疊的性質(zhì),矩形的性質(zhì),熟練掌握性質(zhì)與定理是解本題的關(guān)鍵.
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