Question

（1）如图1，把两块全等的含45°的直角三角板ABC和DEF叠放在一起，使三角板DEF的锐角顶点E与三角板ABC的斜边中点重合．可知：△BPE∽△CEQ （不需说理）
（2）如图2，在（1）的条件下，把三角板ABC固定不动，让三角板DEF绕点E旋转，让三角板两边分别与线段BA的延长线、边AC的相交于点P、Q，连接PQ．
①若BC=4，设BP=x，CQ=y，则y与x的函数关系式为

 

；
②写出图中能用字母表示的相似三角形

 

；
③试判断∠BPE与∠EPQ的大小关系？并说明理由．
（3）如图3，在（2）的条件下，将三角板ABC改为等腰三角形，且AB=AC，三角板DEF改为一般三角形，其它条件不变，要使（2）中的结论③成立，猜想∠BAC与∠DEF关系为

 

．（将结论直接填在横线上）
（4）如图3，在（1）的条件下，将三角板ABC改为等腰三角形，且∠BAC=120°，AB=AC，三角板DEF改为∠DEF=30°直角三角形，把三角板ABC固定不动，让三角板DEF绕点E旋转，让三角板两边分别与线段BA的延长线、边AC的相交于点P、Q，连接PQ．若S_△PEQ=2，PQ=2，求点C到AB的距离．

Answer 1

考点：相似形综合题

专题：探究型

分析：（2）如图2，由（1）可知△BPE∽△CEQ，则有

BP

CE

=

BE

CQ

=

EP

QE

，由BE=CE可得

BP

BE

=

EP

QE

，从而可证到△BPE∽△EPQ，则有△BPE∽△CEQ∽△EPQ．①利用相似三角形的性质就可得到y与x的关系；②由△ABC与△DEF全等可得△ABC∽△DEF，还有△BPE∽△CEQ∽△EPQ．③由△BPE∽△EPQ可得∠BPE=∠EPQ．
（3）若∠BAC+2∠DEF=180°，由AB=AC可得∠BAC+2∠B=180°，从而可得∠DEF=∠B，则有△BPE∽△EPQ，从而可得∠BPE=∠EPQ．
（4）过点E作EH⊥AB于H，点E作EG⊥PQ于G，点C作CN⊥AB于N，如图3．易得∠B=∠ACB=∠DEF，则有△BPE∽△EPQ，就可得到∠BPE=∠EPQ，根据角平分线的性质可得EH=EG．易证△BHE∽△BNC，从而得到CN=2EH=2EG．然后由S_△PEQ=2，PQ=2可求出EG，就可得到点C到AB的距离．

解答：解：（2）如图2，
由（1）可知：△BPE∽△CEQ，
则有

BP

CE

=

BE

CQ

=

EP

QE

．
∵BE=CE，∴

BP

BE

=

EP

QE

．
∵∠B=∠PEQ，
∴△BPE∽△EPQ．
∴△BPE∽△CEQ∽△EPQ．
①∵BE=CE=

1

2

BC=2，BP=x，CQ=y，
∴

x

2

=

2

y

，
∴y=

4

x

．
故答案为：y=

4

x

．
②∵△ABC与△DEF全等，∴△ABC∽△DEF．
故答案为：△BPE∽△CEQ∽△EPQ，△ABC∽△DEF．
③∠BPE=∠EPQ．
证明：∵△BPE∽△EPQ，∴∠BPE=∠EPQ．

（3）猜想：∠BAC+2∠DEF=180°．
理由如下：如图3，
∵AB=AC，∴∠B=∠ACB．
∵∠BAC+∠B+∠ACB=180°，
∴∠BAC+2∠B=180°，
∴∠DEF=∠B，
∴∠DEF=∠B=∠ACB，
则有△BPE∽△EPQ（（2）中已证），
∴∠BPE=∠EPQ．
∴（2）中的结论③仍然成立．
故答案为：∠BAC+2∠DEF=180°．

（4）过点E作EH⊥AB于H，点E作EG⊥PQ于G，点C作CN⊥AB于N，如图3．
∵∠BAC=120°，AB=AC，
∴∠B=∠ACB=

180°-120°

2

=30°．
∵∠DEF=30°，∴∠B=∠ACB=∠DEF．
则有△BPE∽△EPQ（（2）中已证），
∴∠BPE=∠EPQ．
∵EH⊥AB，EG⊥PQ，
∴EH=EG．
∵EH⊥AB，CN⊥AB，
∴EH∥CN，
∴△BHE∽△BNC，
∴

EH

CN

=

BE

BC

=

1

2

．
∴CN=2EH．
∴CN=2EG．
∵S_△PEQ=

1

2

PQ•EG=2，PQ=2，
∴EG=2，
∴CN=4．
∴点C到AB的距离为4．

点评：本题主要考查了相似三角形的判定与性质、等腰三角形的性质、角平分线的性质、三角形的内角和定理、三角形的面积等知识，突出对K型相似模型（由∠B=∠C=∠PEQ可得△BPE∽△CEQ，由∠B=∠C=∠PEQ，BE=CE可得△BPE∽△CEQ∽△EPQ）的考查，应熟悉并掌握它．