Question

1．在△ABC中，∠ACB=90°，BE平分∠ABC交AC于点E，F为BE中点，连接CF，点P为直线CB上一点，点Q在直线AB上，作∠BFQ=∠PFC
（1）当点P在BC上时（如图1），若tan∠ABC=$\frac{3}{4}$，求证：BQ+BP=$\frac{4}{3}$AC；
（2）当点P在BC延长线上时（如图2），tan∠ABC=$\frac{4}{3}$，直接写出线段BQ、BP、AC之间的数量关系为BQ-BP=$\frac{3}{4}$AC
（3）在（2）的条件下，连接PQ、连接AP，BE的延长线交AP于点G（如图3），若PQ=$\sqrt{2}$BC，AB=5．求EG的长．

Answer 1

分析 （1）如图1，根据直角三角形斜边上的中线性质得到FB=FC=FE，再根据等腰三角形的性质得到相应的角相等，于是可证明△BFQ≌△CFP，得到BQ=CP，所以BQ+BP=PC+BP=BC，然后根据三角函数的定义得到tan∠ABC=$\frac{AC}{BC}$=$\frac{3}{4}$，即BC=$\frac{4}{3}$AC，于是得到BQ+BP=$\frac{4}{3}$AC；
（2）如图2，先证明△BFQ≌△CFP得到BQ=CP，则BC=BQ-BP，再利用三角函数的定义得∠ABC=$\frac{AC}{BC}$=$\frac{4}{3}$，则BC=$\frac{3}{4}$AC，所以BQ-BP=$\frac{3}{4}$AC；
（（3）作QH⊥BC于H，作GN∥BC交AC于N，如图3，先计算出BC=3，AC=4，PQ=3$\sqrt{2}$，再利用角平分线定理得到$\frac{CE}{AE}$=$\frac{BC}{BA}$=$\frac{3}{5}$，则可计算出CE=$\frac{3}{8}$AC=$\frac{3}{2}$，接着利用勾股定理计算出BE=$\frac{3\sqrt{5}}{2}$；由于∠ABC=∠HBQ，则在Rt△BHQ中，tan∠HBQ=$\frac{HQ}{BH}$=$\frac{4}{3}$，设HQ=4x，BH=3x，则BQ=5x，PC=BQ=5x，在Rt△PHQ中根据勾股定理得到（4x）²+（8x+3）²=（3$\sqrt{2}$）²，得x₁=$\frac{3}{20}$，x₂=-$\frac{3}{4}$（舍去），所以PC=5x=$\frac{3}{4}$，BP=$\frac{15}{4}$，再利用角平分线定理得到$\frac{AG}{PG}$=$\frac{BA}{BP}$=$\frac{4}{3}$，由比例性质得$\frac{AG}{AP}$=$\frac{4}{7}$，然后证明△ANG∽△ACP，利用相似比计算出NG=$\frac{3}{7}$，接着证明△ENG∽△ECB，于是利用相似比可计算出EG=$\frac{3\sqrt{5}}{14}$．

解答 （1）证明：如图1，
∵BE平分∠ABC，
∴∠1=∠3，
∵F点为BE的中点，
∴FB=FC=FE，
∴∠1=∠2，
∴∠3=∠2，
在△BFQ和△CFP中
$\left\{\begin{array}{l}{∠3=∠2}\\{BF=CF}\\{∠BFQ=∠PFC}\end{array}\right.$，
∴△BFQ≌△CFP，
∴BQ=CP，
∴BQ+BP=PC+BP=BC，
在Rt△ABC中，∵tan∠ABC=$\frac{AC}{BC}$=$\frac{3}{4}$，
∴BC=$\frac{4}{3}$AC，
∴BQ+BP=$\frac{4}{3}$AC；
（2）解：BQ-BP=$\frac{3}{4}$AC．理由如下：
如图2，∵BE平分∠ABC，
∴∠ABE=∠CBE，
∵F点为BE的中点，
∴FB=FC=FE，
∴∠CBE=∠FCB，
∴∠ABE=∠FCB，
∴∠FBQ=∠FCP，
在△BFQ和△CFP中
$\left\{\begin{array}{l}{∠BFQ=∠CFP}\\{BF=CF}\\{∠FBQ=∠FCP}\end{array}\right.$，
∴△BFQ≌△CFP，
∴BQ=CP，
∴BC=BQ-BP，
在Rt△ABC中，∵tan∠ABC=$\frac{AC}{BC}$=$\frac{4}{3}$，
∴BC=$\frac{3}{4}$AC，
∴BQ-BP=$\frac{3}{4}$AC；
故答案为BQ-BP=$\frac{3}{4}$AC；
（3）解：作QH⊥BC于H，作GN∥BC交AC于N，如图3，
∵tan∠ABC=$\frac{AC}{BC}$=$\frac{4}{3}$，
而AB=5，
∴BC=3，AC=4，
∴PQ=3$\sqrt{2}$，
∵BE平分∠ABC，
∴$\frac{CE}{AE}$=$\frac{BC}{BA}$=$\frac{3}{5}$，
∴$\frac{CE}{CA}$=$\frac{3}{8}$，
∴CE=$\frac{3}{8}$AC=$\frac{3}{2}$，
在Rt△BCE中，BE=$\sqrt{B{C}^{2}+C{E}^{2}}$=$\sqrt{{3}^{2}+（\frac{3}{2}）^{2}}$=$\frac{3\sqrt{5}}{2}$，
∵∠ABC=∠HBQ，
∴tan∠HBQ=$\frac{3}{4}$，
在Rt△BHQ中，tan∠HBQ=$\frac{HQ}{BH}$=$\frac{4}{3}$，
设HQ=4x，BH=3x，则BQ=5x，
∴PC=BQ=5x，
∴PH=3x+3+5x=8x+3，
在Rt△PHQ中，∵QH²+PH²=PQ²，
∴（4x）²+（8x+3）²=（3$\sqrt{2}$）²，
整理得80x²+48x-9=0，解得x₁=$\frac{3}{20}$，x₂=-$\frac{3}{4}$（舍去），
∴PC=5x=$\frac{3}{4}$，
∴BP=3+$\frac{3}{4}$=$\frac{15}{4}$，
∴BG平分∠ABP，
∴$\frac{AG}{PG}$=$\frac{BA}{BP}$=$\frac{5}{\frac{15}{4}}$=$\frac{4}{3}$
∴$\frac{AG}{AP}$=$\frac{4}{7}$，
∵GN∥PC，
∴△ANG∽△ACP，
∴$\frac{NG}{CP}$=$\frac{AG}{AP}$=$\frac{4}{7}$，
∴NG=$\frac{4}{7}$×$\frac{3}{4}$=$\frac{3}{7}$，
∵NG∥BC，
∴△ENG∽△ECB，
∴$\frac{EG}{BE}$=$\frac{NG}{BC}$，即$\frac{EG}{\frac{3\sqrt{5}}{2}}$=$\frac{\frac{3}{7}}{3}$，
∴EG=$\frac{3\sqrt{5}}{14}$．

点评 本题考查了相似形综合题：熟练掌握相似三角形的判断与性质、全等三角形的判定与性质，会利用勾股定理和锐角三角函数的定义计算相应线段的长．本题的关键是作辅助线构造直角三角形和相似三角形．