Question

已知：點(diǎn)P為正方形ABCD內(nèi)部一點(diǎn)，且∠BPC=90°，過點(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S_△PBE、S_△PCF S_△BPC之間的數(shù)量關(guān)系為______；
（2）如圖2，當(dāng)PC=2PB時(shí)，求證：16S_△PBE+S_△PCF=4S_△BPG；
（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S_△bpc=80，BE=6．求線段DN的長．

Answer 1

【答案】分析：（1）過點(diǎn)P作PI⊥BC于點(diǎn)I，由PB=PC可知PI∥BE∥CF，故PI是梯形BCFE的中位線，由梯形的中位線定理可知，PI=（BE+CF），由于△PBC是等腰直角三角形，故PI=BI=CI，再根據(jù)三角形的面積公式即可得出結(jié)論；
（2）過點(diǎn)P作PG⊥EF交BC于點(diǎn)G，∠EPG=90°，由相似三角形的判定定理得出△EPB∽△GPC，由相似三角形的性質(zhì)可知S_△GPC=4S_△EPB，同理可得S_△EPC=4S_△GPB，故可得出結(jié)論；
（3）設(shè)正方形的邊長為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，過點(diǎn)P作PM∥AB交BC于點(diǎn)M．交AD于點(diǎn)H，過點(diǎn)P作PT⊥CD于T，由勾股定理可求出DQ的長，當(dāng)DQ=4時(shí)，由等腰三角形的性質(zhì)可求出DN的長，當(dāng)DQ=12時(shí)，過點(diǎn)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的長，再由勾股定理即可得出DN的長．
解答：解：（1）如圖1所示：過點(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=BI=CI，
∴S_△PBE+S_△PCF=BE•BI+CF•CI=BE×BC+CF•BC=BC（BE+CF）=BC•PI=S_△PBC；

（2）如圖2，過點(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=
∴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）如圖3，設(shè)正方形的邊長為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，
過點(diǎn)P作PM∥AB交BC于點(diǎn)M．交AD于點(diǎn)H，過點(diǎn)P作PT⊥CD于T，
∵PM⊥BC，BC=20，S_△BPC=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．
故答案為：S_△PBE+S_△PCF=S_△BPC．
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．