Question

（2012•道外區(qū)一模）已知：點P為正方形ABCD內(nèi)部一點，且∠BPC=90°，過點P的直線分別交邊AB、邊CD于點E、點F．
（1）如圖1，當PC=PB時，則S_△PBE、S_△PCF S_△BPC之間的數(shù)量關(guān)系為

S_△PBE+S_△PCF=S_△BPC

；
（2）如圖2，當PC=2PB時，求證：16S_△PBE+S_△PCF=4S_△BPG；
（3）在（2）的條件下，Q為AD邊上一點，且∠PQF=90°，連接BD，BD交QF于點N，若S_△bpc=80，BE=6．求線段DN的長．

Answer 1

分析：（1）過點P作PI⊥BC于點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=

1

2

（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P作PG⊥EF交BC于點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P作PM∥AB交BC于點M．交AD于點H，過點P作PT⊥CD于T，由勾股定理可求出DQ的長，當DQ=4時，由等腰三角形的性質(zhì)可求出DN的長，當DQ=12時，過點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P作PI⊥BC于點I，
∵PB=PC，
∴PI∥BE∥CF，
∴PI是梯形BCFE的中位線，
∴PI=

1

2

（BE+CF），
∵△PBC是等腰直角三角形，
∴PI=BI=CI，
∴S_△PBE+S_△PCF=

1

2

BE•BI+

1

2

CF•CI=

1

2

BE×

1

2

BC+

1

2

CF•

1

2

BC=

1

4

BC（BE+CF）=

1

2

BC•PI=S_△PBC；

（2）如圖2，過點P作PG⊥EF交BC于點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

）²=

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）如圖3，設正方形的邊長為a（a＞0），
∵∠BPC=90°，PC=2PB，S_△BPC=80，
∴

1

2

•

5 a

5

•

2 5 a

5

=80，解得a=20，
由（2）知，△EPB∽△GPC，
∴CG=2BE=12，
∴BG=8，
∴CF=16，DF=4，
過點P作PM∥AB交BC于點M．交AD于點H，過點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DQ=4時，
∵DQ=DF=4，∠PQF=90°，DN為∠QDF的角平分線，
∴DN=

2

2

QD=2

2

；
當DQ=12時，過點N作NN₁⊥QD于N₁，
∵∠QOF=90°，DN為∠QDF的角平分線，
∴∠QDN=45°，
∵NN₁⊥AD，
∴NN₁=N₁D，△QDF∽△QN₁N，
∴

NN1

DF

=

QN1

QD

，

NN1

4

=

12-N1D

12

，解得NN₁=3，
∴DN=

NN12+DN12

=

32+32

=3

2

，
綜上所述，DN=2

2

或3

2

．
故答案為：S_△PBE+S_△PCF=S_△BPC．

點評：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)進行解答．