Question

5．如圖，直線y=x+3分別交x，y軸于點(diǎn)D，C，點(diǎn)B在x軸上，OB=OC，過點(diǎn)B作直線m∥CD．點(diǎn)P、Q分別為直線m和直線CD上的動點(diǎn)，且點(diǎn)P在x軸的上方，滿足∠POQ=45°
（1）則∠PBO=135度；
（2）問：PB•CQ的值是否為定值？如果是，請求出該定值；如果不是，請說明理由；
（3）求證：CQ²+PB²=PQ²．

Answer 1

分析 （1）由“直線y=x+3分別交x，y軸于點(diǎn)D，C”可得出C、D點(diǎn)的坐標(biāo)，根據(jù)∠ODC的正切值即可求出∠ODC的度數(shù)，再由直線m∥直線CD，根據(jù)“兩直線平行，同旁內(nèi)角互補(bǔ)”即可得出∠PBO的值；
（2）斷定PB•CQ是定值．依據(jù)角的計算，可得出“∠COQ=∠BPO，∠CQO=∠BOP”，由此得出△COQ∽△BPO，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可得出$\frac{CQ}{BO}=\frac{CO}{BP}$，再結(jié)合B、C點(diǎn)的坐標(biāo)即可得出結(jié)論；
（3）過點(diǎn)Q作QE⊥m于點(diǎn)E，由B、C點(diǎn)的坐標(biāo)可知“∠OBC=45°，BC=3$\sqrt{2}$”，結(jié)合（1）的結(jié)論可得出∠PBC=90°，結(jié)合QE⊥m、直線m∥直線CD可得出QE=CB=3$\sqrt{2}$，在Rt△QEP中由勾股定理可得出PQ²=QE²+PE²，將PE換成PB-CQ，再代入PB•CQ=9即可得出結(jié)論．

解答 解：（1）令x=0，則y=3，
即點(diǎn)C的坐標(biāo)為（0，3）；
令y=0，則有x+3=0，
解得：x=-3，即點(diǎn)D的坐標(biāo)為（-3，0）．
又∵OB=OC，
∴OC=OD=OB=3．
∵tan∠ODC=$\frac{OC}{OD}$=1，
∴∠ODC=45°，
∵直線m∥直線CD，
∴∠ODC+∠PBO=180°，
∴∠PBO=135°．
故答案為：135
（2）PB•CQ是定值，理由如下：
∠OCQ=∠ODC+∠COD=45°+90°=135°=∠PBO，
∵∠COQ+∠CQO=180°-∠OCQ=45°，∠BOP+∠BPO=180°-∠PBO=45°，
∴∠COQ+∠CQO=∠BOP+∠BPO=45°，
又∵∠COQ+∠BOP=∠BOC-∠POQ=90°-45°=45°，
∴∠COQ=∠BPO，∠CQO=∠BOP，
∴△COQ∽△BPO，
∴$\frac{CQ}{BO}=\frac{CO}{BP}$，即PB•CQ=OB•OC=9．
（3）證明：過點(diǎn)Q作QE⊥m于點(diǎn)E，如圖1所示．

∵OB=OC=3，∠BOC=90°，
∴∠OBC=45°，BC=3$\sqrt{2}$．
∴∠PBC=∠PBO-∠OBC=135°-45°=90°，
又∵QE⊥m，
∴CB∥QE，∠PEQ=90°．
∵直線m∥直線CD，
∴四邊形BEQC為矩形，
∴QE=CB=3$\sqrt{2}$．
在Rt△QEP中，∠PEQ=90°，PE=PB-CQ，QE=3$\sqrt{2}$，
∴PQ²=QE²+PE²=18+（PB-CQ）²，
又∵PB•CQ=9，
∴PQ²=2PB•CQ+（PB-CQ）²=PB²+CQ²．

點(diǎn)評 本題考查了平行線的性質(zhì)、角的計算、角的正切值、相似三角形的判定及性質(zhì)和勾股定理，解題的關(guān)鍵是：（1）找出∠ODC=45°；（2）證出△COQ∽△BPO；（3）根據(jù)勾股定理得出PQ²=QE²+PE²．本題屬于中檔題，難度不大，解決該題型題目時，根據(jù)角的計算找出相等的角，根據(jù)相似三角形的判定定理找出相似三角形，再根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得出邊與邊之間的關(guān)系．