Question

7．（1）已知：在?ABCD中，對角線AC，BD相交于點O，∠BAC=90°，AB=AC，E為AB邊上一點，連接CE，交OB于點P．
①如圖1，當E為AB中點，且AB=2時，PC的值為$\frac{2\sqrt{5}}{3}$；
②如圖2，當$\frac{BE}{BA}$=$\frac{1}{4}$時，求tan∠OPC的值；
 （2）如圖3，在Rt△ABC中，∠A=90°，O為AC的中點，E為AB上一點，連接CE，交OB于點P，當BE：BA：CA=1：n：2$\sqrt{n}$時，tan∠OPC的值為$\frac{1}{2}$．

Answer 1

分析 （1）先根據(jù)勾股定理求出CE的長，再由AB∥CD得出△BPE∽△DPC，故可得出$\frac{PE}{PC}$=$\frac{1}{2}$，由此可得出PC的長；
（2）根據(jù)$\frac{BE}{BA}$=$\frac{1}{4}$得出BE的長，同（1）可得CE的長及△BPE∽△DPC，故可得出$\frac{PE}{PC}$=$\frac{1}{4}$，由此得出PE的長，故可得出BE=PE，再由銳角三角函數(shù)的定義即可得出結(jié)論；
（3）作CF∥AB交BO的延長線于點F，過點C作CQ⊥BF于點Q，設(shè)BE=x，則AB=nx，OA=OC=$\sqrt{n}$x，根據(jù)勾股定理求出OB的長，由ASAA定理得出△OAB≌△OCF，根據(jù)三角形的面積公式得出CQ的長，再求出FQ的長，由△PCF∽△PEB可得出PB的長，再求出PQ的長，根據(jù)銳角三角函數(shù)的定義即可得出結(jié)論．

解答 解：（1）∵∠BAC=90°，AB=AC，E為AB中點，且AB=2，
∴AE=BE=1，CE=$\sqrt{{AE}^{2}+{AC}^{2}}$=$\sqrt{{1}^{2}+{2}^{2}}$=$\sqrt{5}$．
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AB∥CD，AB=CD=2，
∴∠EBP=∠CDP，
∴△EBP∽△CDP，
∴$\frac{EP}{PC}$=$\frac{BE}{CD}$，即$\frac{EP}{PC}$=$\frac{1}{2}$，
∴PC=$\frac{1}{3}$CE=$\frac{2\sqrt{5}}{3}$．
故答案為：$\frac{2\sqrt{5}}{3}$；

（2）設(shè)AB=CD=AC=4a，
∵$\frac{BE}{BA}$=$\frac{1}{4}$，
∴BE=a．
∵∠BAC=90°，AB=AC，
∴CE=$\sqrt{{AE}^{2}+{AC}^{2}}$=$\sqrt{{（3a）}^{2}+{（4a）}^{2}}$=5a．
同（1）可得△EBP∽△CDP，
∴$\frac{EP}{PC}$=$\frac{BE}{CD}$，即$\frac{EP}{PC}$=$\frac{a}{4a}$=$\frac{1}{4}$，
∴EP=a，
∴BE=EP，
∴∠EBP=∠EPB=∠OPC．
∵四邊形ABCD是平行四邊形，∠BAC=90°，
∴OA=$\frac{1}{2}$AC=2a，
∴tan∠OPC=tan∠EBP=$\frac{OA}{AB}$=$\frac{2a}{4a}$=$\frac{1}{2}$．
故答案為：$\frac{1}{2}$；

（3）如圖，作CF∥AB交BO的延長線于點F，過點C作CQ⊥BF于點Q，
∵BE：BA：CA=1：n：2$\sqrt{n}$，O為AC的中點，
∴設(shè)BE=x，則AB=nx，OA=OC=$\sqrt{n}$x，
∴OB=$\sqrt{{OA}^{2}+{AB}^{2}}$=$\sqrt{{（\sqrt{n}x）}^{2}+{（nx）}^{2}}$=$\sqrt{n+{n}^{2}}$x．
∵CF∥AB，∠A=90°，
∴∠A=∠OCF=90°．
在△OAB與△OCF中，
∵$\left\{\begin{array}{l}∠A=∠OCF\\ OA=OC\\∠AOB=∠COF\end{array}\right.$，
∴△OAB≌△OCF（ASA），
∴CF=AB=nx，OF=OB=$\sqrt{n+{n}^{2}}$x，BF=2OF，
∴CQ=$\frac{CF•OC}{OF}$=$\frac{nx•\sqrt{n}x}{x\sqrt{n+{n}^{2}}}$=$\frac{n\sqrt{n}x}{\sqrt{n+{n}^{2}}}$，
∴FQ=$\sqrt{{CF}^{2}-{CQ}^{2}}$=$\sqrt{{（nx）}^{2}-{（\frac{nx\sqrt{n}}{\sqrt{n+{n}^{2}}}）}^{2}}$=nx$\sqrt{\frac{n}{n+1}}$．
∵CF∥AB，
∴∠PCF=∠=∠PEB，
∴△PCF∽△PEB，
∴$\frac{PB}{PF}$=$\frac{BE}{CF}$，即$\frac{PB}{PF}$=$\frac{x}{nx}$=$\frac{1}{n}$，
∵PB+PF=2x$\sqrt{n+{n}^{2}}$，
∴PB=$\frac{2x\sqrt{n+{n}^{2}}}{n+1}$，
∴PQ=BF-FQ-PB=2x$\sqrt{n+{n}^{2}}$-nx$\sqrt{\frac{n}{n+1}}$-$\frac{2x\sqrt{n+{n}^{2}}}{n+1}$=$\frac{nx\sqrt{n（n+1）}}{n+1}$，
∴tan∠OPC=$\frac{QC}{PQ}$=$\frac{\frac{nx\sqrt{n}}{\sqrt{n+{n}^{2}}}}{\frac{nx\sqrt{n（n+1）}}{n+1}}$=$\frac{\sqrt{n}}{n}$．

點評 本題考查的是相似形綜合題，涉及到相似三角形的判定與性質(zhì)、平行四邊形的性質(zhì)及全等三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理等知識，難度較大，在解答（3）時要注意作出輔助線，構(gòu)造出全等三角形求解．