Question

13．感知：如圖1，在正方形ABCD中，對(duì)角線AC，BD交于點(diǎn)O，G在OA上，CF⊥BG交OB于E，垂足為F，則△BOG≌△COE．
探究：在正方形ABCD中，對(duì)角線AC，BD交于點(diǎn)O，點(diǎn)P在線段BC上（不含點(diǎn)B），∠BPE=$\frac{1}{2}$∠ACB，PE交BO于點(diǎn)E，過點(diǎn)B作BF⊥PE，垂足為F，交AC于點(diǎn)G．求PE與BF的數(shù)量關(guān)系．并結(jié)合圖2說明理由．
應(yīng)用：把正方形ABCD改為菱形，其他條件不變（如圖3），若∠ACB=30°，求$\frac{BF}{PE}$=$\frac{\sqrt{3}}{6}$．（結(jié)果保留根號(hào)）

Answer 1

分析 探究：首先過P作PM∥AC交BG于M，交BO于N，易證得△BMN≌△PEN（ASA），△BPF≌△MPF（ASA），即可得BM=PE，BF=$\frac{1}{2}$BM．則可求得$\frac{BF}{PE}$的值；
應(yīng)用：首先過P作PM∥AC交BG于點(diǎn)M，交BO于點(diǎn)N，由（1）同理可得：BF=$\frac{1}{2}$BM，∠MBN=∠EPN，繼而可證得：△BMN∽△PEN，然后由相似三角形的對(duì)應(yīng)邊成比例，求得$\frac{BF}{PE}$的值．

解答 解：探究：如圖2，過P作PM∥AC交BG于M，交BO于N，
∴∠PNE=∠BOC=90°，∠BPN=∠OCB．
∵∠OBC=∠OCB=45°，
∴∠NBP=∠NPB，
∴NB=NP，
∵∠MBN=90°-∠BMN，∠NPE=90°-∠BMN，
∴∠MBN=∠NPE，
在△BMN和△PEN中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠MBN=∠NPE}\\{NB=NP}\\{∠MNB=∠PNE=90°}\end{array}\right.$，
∴△BMN≌△PEN（ASA），
∴BM=PE，
∵∠BPE=$\frac{1}{2}$∠ACB，∠BPN=∠ACB，
∴∠BPF=∠MPF，
∵PF⊥BM，
∴∠BFP=∠MFP=90°，
在△BPF和△MPF中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠BPF=∠MPF}\\{PF=PF}\\{∠PFB=∠PFM}\end{array}\right.$，
∴△BPF≌△MPF（ASA），
∴BF=MF，
即BF=$\frac{1}{2}$BM，
∴BF=$\frac{1}{2}$PE，
即$\frac{BF}{PE}$=$\frac{1}{2}$；

應(yīng)用：如圖3，過P作PM∥AC交BG于點(diǎn)M，交BO于點(diǎn)N，
∴∠BPN=∠ACB=30°，∠PNE=∠BOC=90°，
由探究：同理可得：BF=$\frac{1}{2}$BM，∠MBN=∠EPN，
∵∠BNM=∠PNE=90°，
∴△BMN∽△PEN，
∴$\frac{BM}{PE}=\frac{BN}{PN}$，
在Rt△BNP中，tan30°=$\frac{BN}{PN}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴$\frac{BM}{PE}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
即$\frac{2BF}{PE}$=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
∴$\frac{BF}{PE}=\frac{\sqrt{3}}{6}$，
故答案為：$\frac{\sqrt{3}}{6}$．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了正方形的性質(zhì)、菱形的性質(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)以及三角函數(shù)的定義等知識(shí)，注意準(zhǔn)確作出輔助線，注意數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用是解此題的關(guān)鍵．