Question

8．等腰三角形ABC中，AB=CB，BO⊥AC，點(diǎn)P為射線BC上的動(dòng)點(diǎn)（不與點(diǎn)B重合），在射線CA上截取CD=CB，作PF⊥BD，分別交射線BO，BD于點(diǎn)E，F(xiàn)．設(shè)∠ABC=α．
（1）令∠ABC=90°．
①如圖1，當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)C重合時(shí)，求證：△BOD≌△POE；
②如圖2，當(dāng)點(diǎn)P在點(diǎn)C的左邊時(shí)，求$\frac{BF}{PE}$的值；
③猜想：當(dāng)點(diǎn)P在點(diǎn)C的右邊時(shí)，$\frac{BF}{PE}$的值又是多少？
請(qǐng)直接寫出．
（2）設(shè)點(diǎn)P在點(diǎn)C的右邊，請(qǐng)?jiān)趫D3（∠ABC＞90°）或圖4（∠ABC＜90°）中繼續(xù)探究$\frac{BF}{PE}$的值（用含α的式子表示），并說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）①首先證明OB=OC，∠BDO=∠CEO，根據(jù)AAS即可證明．
②如圖2中，作PM⊥OB于M，交BD于N．只要證明△BMN≌△PME以及△PBN是等腰三角形即可解決問題．
③如圖3中，當(dāng)點(diǎn)P在點(diǎn)C的右邊時(shí)，$\frac{BF}{PE}$的值為$\frac{1}{2}$．證明方法類似②．
（2）如圖4中，結(jié)論$\frac{BF}{PE}$=$\frac{tan\frac{180°-α}{2}}{2}$，只要證明△BMN∽△PME，得到$\frac{BN}{PE}$=$\frac{BM}{PM}$=tan∠BPM，由此即可解決問題．如圖5中，結(jié)論$\frac{BF}{PE}$=$\frac{tan\frac{180°-α}{2}}{2}$，證明方法類似．

解答 解：（1）①如圖1中，

∵AB=BC，∠ABC=90°，BO⊥AC，
∴OA=OC=OB，∠BOC=90°，
∵CF⊥BD，
∴∠CFD=90°，
∵∠CDF+∠DCF=90°，∠DCF+∠CEO=90°，
∴∠CEO=∠BDO，
在△BOD和△COE中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠BDO=∠CEO}\\{∠BOD=∠EOD=90°}\\{BO=OC}\end{array}\right.$，
∴△BOD≌△COE，（即△BOD≌△POE）．

②如圖2中，作PM⊥OB于M，交BD于N．

∵PM⊥OB，AC⊥OB，
∴PN∥AC，
∴∠PNB=∠CDB，∠NPB=∠C=45°，
∵CB=DC，
∴∠CBD=∠CDB=∠PNB，
∴PB=PN，∵PF⊥BN，
∴BF=FN，
∵∠MPB=∠MBP=45°，
∴BM=PM，
∵∠FEB=∠MEP，∠EFB=∠PME=90°，
∴∠EBF=∠EPM，
在△BMN和△PME中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠MBN=∠EPN}\\{∠NMB=∠PME}\\{MB=PM}\end{array}\right.$，
∴△BMN≌△PME，
∴BN=PE，
∵BF=FN，
∴$\frac{BF}{PE}$=$\frac{1}{2}$．

③如圖3中，當(dāng)點(diǎn)P在點(diǎn)C的右邊時(shí)，$\frac{BF}{PE}$的值為$\frac{1}{2}$．

理由：作PM⊥OB于M，交BD于N．
∵PM⊥OB，AC⊥OB，
∴PN∥AC，
∴∠PNB=∠CDB，∠NPB=∠ACB=45°，
∵CB=DC，
∴∠CBD=∠CDB=∠PNB，
∴PB=PN，∵PF⊥BN，
∴BF=FN，
∵∠MPB=∠MBP=45°，
∴BM=PM，
∵∠FEB=∠MEP，∠EFB=∠PME=90°，
∴∠EBF=∠EPM，
在△BMN和△PME中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠MBN=∠EPN}\\{∠NMB=∠PME}\\{MB=PM}\end{array}\right.$，
∴△BMN≌△PME，
∴BN=PE，
∵BF=FN，
∴$\frac{BF}{PE}$=$\frac{1}{2}$．

（2）如圖4中，$\frac{BF}{PE}$=$\frac{tan\frac{180°-α}{2}}{2}$．

理由：作PM⊥BO于M，交BD于N．
∵PM⊥OB，AC⊥OB，
∴PN∥AC，
∴∠PNB=∠CDB，∠NPB=∠ACB=$\frac{180°-α}{2}$，
∵CB=DC，
∴∠CBD=∠CDB=∠PNB，
∴PB=PN，∵PF⊥BN，
∴BF=FN，
∵∠FEB=∠MEP，∠EFB=∠PME=90°，
∴∠EBF=∠EPM，
∴△BMN∽△PME，
∴$\frac{BN}{PE}$=$\frac{BM}{PM}$=tan∠BPM，
∴$\frac{2BF}{PE}=tan∠$BPM，
∴$\frac{BF}{PE}$=$\frac{tan\frac{180°-α}{2}}{2}$．

如圖5中，$\frac{BF}{PE}$=$\frac{tan\frac{180°-α}{2}}{2}$．

理由：理由：作PM⊥BO于M，交BD于N．
∵PM⊥OB，AC⊥OB，
∴PN∥AC，
∴∠PNB=∠CDB，∠NPB=∠ACB=$\frac{180°-α}{2}$，
∵CB=DC，
∴∠CBD=∠CDB=∠PNB，
∴PB=PN，∵PF⊥BN，
∴BF=FN，
∵∠FEB=∠MEP，∠EFB=∠PME=90°，
∴∠EBF=∠EPM，
∴△BMN∽△PME，
∴$\frac{BN}{PE}$=$\frac{BM}{PM}$=tan∠BPM，
∴$\frac{2BF}{PE}=tan∠$BPM，
∴$\frac{BF}{PE}$=$\frac{tan\frac{180°-α}{2}}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查三角形綜合題、全等三角形的判定和性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、銳角三角函數(shù)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造全等三角形或相似三角形解決問題，屬于中考?jí)狠S題．