Question

19．在正方形ABCD中，對(duì)角線AC、BD交于點(diǎn)O，點(diǎn)P在線段BC上（不與點(diǎn)B重合），E在BO上，且∠BPE=$\frac{∠BCA}{2}$，過點(diǎn)B作PE交PE的延長(zhǎng)線于F，交AC于點(diǎn)G．

（1）當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)C重合時(shí)（如圖1），填空△BOG≌△POE，$\frac{BF}{PE}$=$\frac{1}{2}$；
（2）當(dāng)點(diǎn)P不與點(diǎn)C重合時(shí)（圖2），猜想：$\frac{BF}{PE}$的值為$\frac{1}{2}$．并證明你的結(jié)論；
（3）把正方形ABCD改為菱形，其他條件不變（如圖3），若∠ACB=α，則直接寫出的值為．（用含α的式子表示）

Answer 1

分析 （1）由正方形的性質(zhì)可由AAS證得△BOG≌△POE．
（2）過P作PM∥AC交BG于M，交BO于N，通過ASA證明△BMN≌△PEN得到BM=PE，通過ASA證明△BPF≌△MPF得到BF=MF，即可得出$\frac{BF}{PE}$=$\frac{1}{2}$ 的結(jié)論．
（3）過P作PM∥AC交BG于點(diǎn)M，交BO于點(diǎn)N，同（2）證得BF=BM，∠MBN=∠EPN，從而可證得△BMN∽△PEN，由 $\frac{BM}{PE}=\frac{BN}{PN}$和Rt△BNP中$\frac{BN}{PN}$=tanα 即可．

解答 解：（1）∵四邊形ABCD是正方形，P與C重合，
∴OB=OP，∠BOC=∠BOG=90°．
∵PF⊥BG，∠PFB=90°，
∴∠GBO=90°-∠BGO，∠EPO=90°-∠BGO．
∴∠GBO=∠EPO．
∴△BOG≌△POE（AAS）．
∴PE=BG，
∵∠BPE=$\frac{∠BCA}{2}$，
∴∠BPE=∠GPF，
∵PF⊥BG，
∴BF=$\frac{1}{2}$BG，
∴$\frac{BF}{PE}$=$\frac{1}{2}$，
故答案為△POE，$\frac{1}{2}$；
（2）．證明如下：
如圖2，

過P作PM∥AC交BG于M，交BO于N，
∴∠PNE=∠BOC=90°，∠BPN=∠OCB．
∵∠OBC=∠OCB=45°，
∴∠NBP=∠NPB．
∴NB=NP．
∵∠MBN=90°-∠BMN，∠NPE=90°-∠BMN，
∴∠MBN=∠NPE．
∴△BMN≌△PEN（ASA）．
∴BM=PE．
∵∠BPE=$\frac{1}{2}$∠ACB，∠BPN=∠ACB，
∴∠BPF=∠MPF．
∵PF⊥BM，
∴∠BFP=∠MFP=90°．
∵PF=PF，
∴△BPF≌△MPF（ASA）．
∴BF=MF，
即BF=BM．
∴BF=$\frac{1}{2}$PE，
即：$\frac{BF}{PE}$=$\frac{1}{2}$．
故答案為$\frac{1}{2}$；
（3）如圖2，過P作PM∥AC交BG于點(diǎn)M，交BO于點(diǎn)N，
 
∴∠BPN=∠ACB=α，∠PNE=∠BOC=90°．
由（2）同理可得，BF=BM，∠MBN=∠EPN． 
∵∠BNM=∠PNE=90°，
∴△BMN∽△PEN．
∴$\frac{BM}{PE}=\frac{BN}{PN}$．
在Rt△BNP中，tanα=$\frac{BN}{PN}$，
∴$\frac{BM}{PE}$=tanα，
即：$\frac{2BF}{PE}$=tanα．
∴$\frac{BF}{PE}$=$\frac{1}{2}$tanα．

點(diǎn)評(píng) 此題是四邊形綜合題，主要考查了正方形的性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，全等三角形的判定和性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)和判定，銳角三角函數(shù)，解本題的關(guān)鍵是判斷三角形相似．