已知:點(diǎn)P為正方形ABCD內(nèi)部一點(diǎn),且∠BPC=90°,過(guò)點(diǎn)P的直線分別交邊AB、邊CD于點(diǎn)E、點(diǎn)F.
(1)如圖1,當(dāng)PC=PB時(shí),則SPBE、SPCF SBPC之間的數(shù)量關(guān)系為 _________ ;
(2)如圖2,當(dāng)PC=2PB時(shí),求證:16SPBE+SPCF=4SBPG
(3)在(2)的條件下,Q為AD邊上一點(diǎn),且∠PQF=90°,連接BD,BD交QF于點(diǎn)N,若Sbpc=80,BE=6.求線段DN的長(zhǎng).
(1)SPBE+SPCF=SBPC;     (2)見(jiàn)解析    (3)DN=2或3

試題分析:(1)如圖1所示:過(guò)點(diǎn)P作PI⊥BC于點(diǎn)I,
∵PB=PC,
∴PI∥BE∥CF,
∴PI是梯形BCFE的中位線,
∴PI=(BE+CF),
∵△PBC是等腰直角三角形,
∴PI=AB=CI,
∴SPBE+SPCF=BE•BI+CF•CI=BE×BC+CF•BC=BC(BE+CF)=BC•PI=SPBC;
故答案為:SPBE+SPCF=SBPC;
(2)如圖2,過(guò)點(diǎn)P作PG⊥EF交BC于點(diǎn)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=
∴SGPC=4SEPB,
同理可得SFPC=4SGPB
∵SPBG+SPGC=SBPC,
∴16SPBE+SPFC=4SBPC
(3)如圖3,設(shè)正方形的邊長(zhǎng)為a(a>0),
∵∠BPC=90°,PC=2PB,SBPC=80,
=80,解得a=20,
由(2)知,△EPB∽△GPC,
∴CG=2BE=12,
∴BG=8,
∴CF=16,DF=4,
過(guò)點(diǎn)P作PM∥AB交BC于點(diǎn)M.交AD于點(diǎn)H,過(guò)點(diǎn)P作PT⊥CD于T,
∵PM⊥BC,BC=20,SBPC=80,
∴PM=8,
∴PH=12,PT=16,F(xiàn)T=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,
當(dāng)DQ=4時(shí),
∵DQ=DF=4,∠PQF=90°,DN為∠QDF的角平分線,
∴DN=QD=2
當(dāng)DQ=12時(shí),過(guò)點(diǎn)N作NN1⊥QD于N1,
∵∠QOF=90°,DN為∠QDF的角平分線,
∴∠QDN=45°,
∵NN1⊥AD,
∴NN1=N1D,△QDF∽△QN1N,
=,=,解得NN1=3,
∴DN===3,
綜上所述,DN=2或3

點(diǎn)評(píng):本題考查的是相似形的綜合題,涉及到相似三角形的判定與性質(zhì)、正方形的性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)及勾股定理,解答此題的關(guān)鍵是作出輔助線,構(gòu)造出相似三角形,再利用相似三角形的性質(zhì)進(jìn)行解答.
練習(xí)冊(cè)系列答案
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如圖,在Rt△ABC中,∠B=90°,AB=1,BC=,以點(diǎn)C為圓心,CB為半徑的弧交CA于點(diǎn)D;以點(diǎn)A為圓心,AD為半徑的弧交AB于點(diǎn)E.
(1)求AE的長(zhǎng)度;
(2)分別以點(diǎn)A、E為圓心,AB長(zhǎng)為半徑畫(huà)弧,兩弧交于點(diǎn)F(F與C在AB兩側(cè)),連接AF、EF,設(shè)EF交弧DE所在的圓于點(diǎn)G,連接AG,試猜想∠EAG的大小,并說(shuō)明理由.

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(1)直接用含t的代數(shù)式分別表示:QB= _________ ,PD= _________ 
(2)是否存在t的值,使四邊形PDBQ為菱形?若存在,求出t的值;若不存在,說(shuō)明理由.并探究如何改變Q的速度(勻速運(yùn)動(dòng)),使四邊形PDBQ在某一時(shí)刻為菱形,求點(diǎn)Q的速度;
(3)如圖2,在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中,求出線段PQ中點(diǎn)M所經(jīng)過(guò)的路徑長(zhǎng).

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