Question

15．已知：在△ABC中，AB=AC，CD是AB邊上的高，點(diǎn)P是AC邊上任意一點(diǎn)（不與點(diǎn)A，C重合），過點(diǎn)P作PE⊥BC，垂足為E，交CD于點(diǎn)F．
（1）如圖1所示，若AD=CD，探究線段PF，CE之間的數(shù)量關(guān)系，并證明你的結(jié)論；
（2）如圖2所示，若AD=kCD，求$\frac{PF}{CE}$的值（用含k的式子表示）

Answer 1

分析 （1）結(jié)論：PF=2CE．由△PCE∽△BCD∽△CEF，得$\frac{PE}{CD}$=$\frac{CE}{BD}$，$\frac{EF}{BD}$=$\frac{CE}{CD}$，即$\frac{PE}{CE}$=$\frac{CD}{BD}$①，$\frac{EF}{CE}$=$\frac{BD}{CD}$②，①-②得$\frac{PE-EF}{CE}$=$\frac{CD}{BD}$-$\frac{BD}{CD}$，由PE-EF=PF，可得$\frac{PF}{CE}$=$\frac{CD}{BD}$-$\frac{BD}{CD}$，設(shè)CD=a，則AD=a，AC=AB=$\sqrt{2}$a，推出BD=AB-AD=（$\sqrt{2}$-1）a，可得$\frac{PF}{CE}$=$\frac{a}{（\sqrt{2}-1）a}$-$\frac{（\sqrt{2}-1）a}{a}$=2．

（2）結(jié)論：$\frac{PF}{CE}$=2k．由（1）知：△PCE∽△BCD∽△CEF，同理可得：$\frac{PF}{CE}$=$\frac{CD}{BD}$-$\frac{BD}{CD}$，設(shè)CD=b，則AD=kb，AC=AB=$\sqrt{1+{k}^{2}}$b，推出BD=AB-AD=（$\sqrt{1+{k}^{2}}$-k）b，可得$\frac{PF}{CE}$=$\frac{（\sqrt{1+{k}^{2}}-k）b}$-$\frac{（\sqrt{1+{k}^{2}}-k）b}$═2k．

解答 解：（1）結(jié)論：PF=2CE．理由如下，
∵CD是AB邊上的高，PE⊥BC
∴∠BDC=∠PEC=90°
∴∠DCB=90°-∠B，∠CPE=90°-∠ACB
∵AB=AC
∴∠DCB=∠CPE
∴△PCE∽△BCD∽△CEF
∴$\frac{PE}{CD}$=$\frac{CE}{BD}$，$\frac{EF}{BD}$=$\frac{CE}{CD}$，即$\frac{PE}{CE}$=$\frac{CD}{BD}$①，$\frac{EF}{CE}$=$\frac{BD}{CD}$②
    ①-②得$\frac{PE-EF}{CE}$=$\frac{CD}{BD}$-$\frac{BD}{CD}$，
∵PE-EF=PF
∴$\frac{PF}{CE}$=$\frac{CD}{BD}$-$\frac{BD}{CD}$，
設(shè)CD=a，則AD=a，AC=AB=$\sqrt{2}$a
∴BD=AB-AD=（$\sqrt{2}$-1）a
∴$\frac{PF}{CE}$=$\frac{a}{（\sqrt{2}-1）a}$-$\frac{（\sqrt{2}-1）a}{a}$=2，
∴PF=2CE

（2）結(jié)論：$\frac{PF}{CE}$=2k．理由如下，
如圖2，由（1）知：△PCE∽△BCD∽△CEF，
     同理可得：$\frac{PF}{CE}$=$\frac{CD}{BD}$-$\frac{BD}{CD}$，
設(shè)CD=b，則AD=kb，AC=AB=$\sqrt{1+{k}^{2}}$b
∴BD=AB-AD=（$\sqrt{1+{k}^{2}}$-k）b
∴$\frac{PF}{CE}$=$\frac{（\sqrt{1+{k}^{2}}-k）b}$-$\frac{（\sqrt{1+{k}^{2}}-k）b}$═2k．

點(diǎn)評(píng) 本題考查相似三角形的判定和性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是熟練應(yīng)用相似三角形的性質(zhì)解決問題，學(xué)會(huì)利用參數(shù)解決問題，屬于中考?jí)狠S題．