Question

7．如圖，點P是正方形ABCD的邊CD上一點（點P與點C、D不重合），點E在BC延長線上，且CE=CP，連接BP、DE．
（1）求證：△BCP≌△DCE；
（2）直線EP交AD于F，連接BF、FC，點G是FC與BP的交點．
①若CD=2PC時，求證：△BCP≌△CDF，BP⊥CF；
②若CD=n•PC（n是大于1的實數(shù)）時，記△BPF的面積為S₁，△DPE的面積為S₂，請直接寫出S₁與S₂之間的關(guān)系．

Answer 1

分析 （1）利用SAS，證明△BCP≌△DCE；
（2）①在（1）的基礎(chǔ)上，再證明△BCP≌△CDF，進而得到∠FCD+∠BPC=90°，從而證明BP⊥CF；
（3）設(shè)CP=CE=1，則BC=CD=n，DP=CD-CP=n-1，分別求出S₁與S₂的值，得S₁=$\frac{1}{2}$（n²-1），S₂=$\frac{1}{2}$（n-1），所以S₁=（n+1）S₂結(jié)論成立．

解答 （1）證明：∵四邊形ABCD是正方形，
∴BC=DC，∠BCP=∠DCE=90°，
在△BCP與△DCE中，$\left\{\begin{array}{l}{BC=DC}&{\;}\\{∠BCP=∠DCE}&{\;}\\{CP=CE}&{\;}\end{array}\right.$，
∴△BCP≌△DCE（SAS）．

（2）①證明：∵四邊形ABCD是正方形，
∴∠CDF=90°=∠DCE，
∵CD=2PC，PC=CE，
∴PD=CP=CE，
在△DFP和△CEP中，$\left\{\begin{array}{l}{∠FDP=∠ECP}&{\;}\\{PD=PC}&{\;}\\{∠DPF=∠CPE}&{\;}\end{array}\right.$，
∴△DFP≌△CEP（ASA），
∴DF=CE，
∴DF=CP，
在△BCP和△CDF中，$\left\{\begin{array}{l}{BC=DC}&{\;}\\{∠BCP=∠CDF}&{\;}\\{CP=DF}&{\;}\end{array}\right.$，
∴△BCP≌△CDF（SAS），
∴∠FCD=∠CBP，
∵∠CBP+∠BPC=90°，
∴∠FCD+∠BPC=90°，
∴∠PGC=90°，即BP⊥CF．
②解法1：
設(shè)CP=CE=1，則BC=CD=n，DP=CD-CP=n-1．
易知△FDP為等腰直角三角形，
∴FD=DP=n-1．
S₁=S_梯形BCDF-S_△BCP-S_△FDP
=$\frac{1}{2}$（BC+FD）•CD-$\frac{1}{2}$BC•CP-$\frac{1}{2}$FD•DP
=$\frac{1}{2}$（n+n-1）•n-$\frac{1}{2}$n×1-$\frac{1}{2}$（n-1）²
=$\frac{1}{2}$（n²-1）；
S₂=$\frac{1}{2}$DP•CE=$\frac{1}{2}$（n-1）×1=$\frac{1}{2}$（n-1）．
∵n²-1=（n+1）（n-1），
∴S₁=（n+1）S₂．
解法2：∵AD∥BE，
∴△FDP∽△ECP，
∴$\frac{FP}{PE}=\frac{DP}{PC}$=$\frac{n-1}{1}$，
∴S₁=$\frac{n-1}{n}$S_△BEF．
如圖所示，連接BD．
∵BC：CE=CD：CP=n，
∴S_△DCE=$\frac{1}{n+1}$S_△BED，
∵DP：CP=n-1，
∴S₂=$\frac{n-1}{n}$S_△DCE，
∴S₂=$\frac{n-1}{n（n+1）}$S_△BED．
∵AD∥BE，
∴S_△BEF=S_△BED，
∴S₁=（n+1）S₂．

點評 本題是相似形綜合題，考查了正方形的性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)、圖形的面積等知識點，本題綜合性強，有一定難度，證明三角形全等和三角形相似是解決問題的關(guān)鍵．