Question

15．正方形ABCD邊長(zhǎng)為1，P為BC邊上一動(dòng)點(diǎn)．
（1）如圖1，當(dāng)P為DC中點(diǎn)時(shí)，作BP的垂直平分線交邊AD、BC于M、N，過PN，求tan∠PNC；
（2）如圖2，過C作CQ∥BD交BP延長(zhǎng)線于Q，若BD=BQ，求CQ的長(zhǎng)；
（3）請(qǐng)直接寫出$\frac{{P{A^2}}}{{P{B^2}}}$的最大值．

Answer 1

分析 （1）利用△EBN∽△CBP能夠得出BN的值，再根據(jù)CN=BC-BN得出CN，利用正切的定義即可求出tan∠PNC的值；
（2）由△CPQ∽△DPB可得出兩三角形各邊的比例關(guān)系，設(shè)PC=a，結(jié)合相似比與BQ=BD得出a的值，再回歸△CPQ∽△DPB中找到CQ的長(zhǎng)；
（3）設(shè)PC=a，找出$\frac{P{A}^{2}}{P{B}^{2}}$=1+$\frac{1-2a}{1+{a}^{2}}$，由一次函數(shù)1-2a遞減與二次函數(shù)1+a²單調(diào)遞增，可得出$\frac{P{A}^{2}}{P{B}^{2}}$在0≤a≤1上單調(diào)遞減，從而找出最大值．

解答 解：（1）令PB與MN的交點(diǎn)為點(diǎn)E，如圖1．

在Rt△BCP中，由勾股定理得：BP=$\sqrt{B{C}^{2}+C{P}^{2}}$，
∵正方形ABCD邊長(zhǎng)為1，P為DC中點(diǎn)，
∴CP=$\frac{1}{2}$，BP=$\frac{\sqrt{5}}{2}$．
∵M(jìn)N為線段BP的垂直平分線，
∴BE=$\frac{1}{2}$PB=$\frac{\sqrt{5}}{4}$，∠BEN=90°，
∵∠BCP=90°，∠EBN=∠CBP，
∴△EBN∽△CBP，
∴$\frac{BN}{BP}$=$\frac{BE}{BC}$，∴BN=$\frac{5}{8}$．
∵CN=BC-BN=$\frac{3}{8}$，
∴tan∠PNC=$\frac{CP}{CN}$=$\frac{4}{3}$．
（2）依照題意畫出圖形，如圖2．

∵正方形ABCD邊長(zhǎng)為1，且BD=BQ，
∴BQ=BD=$\sqrt{2}$．
∵CQ∥BD，
∴∠CQP=∠DBP，∠QCP=∠BDP，
∴△CPQ∽△DPB，
∴$\frac{CQ}{DB}$=$\frac{QP}{BP}$=$\frac{CP}{DP}$．
令CP=a（0＜a＜1），則DP=1-a，
由勾股定理可知：BP=$\sqrt{1+{a}^{2}}$，
∴QP=BQ-BP=$\sqrt{2}$-$\sqrt{1+{a}^{2}}$．
∵$\frac{QP}{BP}$=$\frac{CP}{DP}$，即$\frac{a}{1-a}$=$\frac{\sqrt{2}-\sqrt{1+{a}^{2}}}{\sqrt{1+{a}^{2}}}$，
整理得a²-4a+1=0，
解得a=2-$\sqrt{3}$，或a=2+$\sqrt{3}$（舍去）．
∵$\frac{CQ}{DB}$=$\frac{CP}{DP}$，
∴CQ=$\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2}$．
（3）設(shè)PC=a（0≤a≤1），則PD=1-a．
由勾股定理可得：PA²=AD²+PD²=1+（1-a）²，PB²=BC²+PC²=1+a²，
∴$\frac{P{A}^{2}}{P{B}^{2}}$=$\frac{1+（1-a）^{2}}{1+{a}^{2}}$=1+$\frac{1-2a}{1+{a}^{2}}$．
∵在0≤a≤1時(shí)，1-2a單調(diào)遞減，1+a²單調(diào)遞增，
即$\frac{P{A}^{2}}{P{B}^{2}}$=1+$\frac{1-2a}{1+{a}^{2}}$在0≤a≤1上單調(diào)遞減，
故當(dāng)a=0時(shí)，$\frac{P{A}^{2}}{P{B}^{2}}$取得最大值，最大值為1+$\frac{1-0}{1+0}$=2．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了四邊形綜合運(yùn)用、相似三角形的判定及性質(zhì)、勾股定理以及函數(shù)的單調(diào)性，解題的關(guān)鍵是：（1）（2）利用相似三角形的判定及性質(zhì)；（3）借助一次函數(shù)與二次函數(shù)的單調(diào)性求取極值．本題屬于中等偏難題，失分點(diǎn)在（2）中相似三角形的各邊長(zhǎng)度不好斷定，此處用到了勾股定理，解一元二次方程先求出PC的長(zhǎng)，再回歸相似三角形借助相似比得出結(jié)論．