Question

（2011•和平區(qū)模擬）已知，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，點(diǎn)D、E分別在邊AB、AC上，連接DE并延長(zhǎng)，交BC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)P．
（1）如圖①，當(dāng)∠B=∠DPB=30°時(shí)，連接AP，若△AEP與△BDP相似，AE=1，求CE的長(zhǎng)．
（2）如圖②，若AD=AE=1，CE=2，BD=BC，求CP的長(zhǎng)．
（3）如圖③，若AD=AE=1，tan∠BPD=

1

3

，設(shè)CE=x，△ABC的周長(zhǎng)為y，求y關(guān)于x的函數(shù)解析式．

Answer 1

分析：（1）由∠B=∠DPB=30°可知∠BDP=120°，再根據(jù)∠ACB=90°可知∠ACP=90°，根據(jù)三角形外角的性質(zhì)可知∠AEP=∠ACP+∠DPB=120°，故可得出∠AEP=∠BDP=120°，再由△AEP∽△BDP，可知∠EAP=∠EPA=∠B=∠DPB=30°，故可得出∠EP=AE=1，在Rt△ECP中根據(jù)直角三角形的性質(zhì)即可得出結(jié)論；
（2）設(shè)BD=BC=m，在Rt△ABC中，由勾股定理可知AC²+BC²=AB²，即3²+m²=（m+1）²，解得m=4，過(guò)點(diǎn)D作DQ⊥AC于點(diǎn)Q，根據(jù)相似三角形的判定定理得出△ADQ∽△ABC，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得出AQ，DQ，QE的長(zhǎng)，再判斷出△DQE∽△PCE，故可得出CP的長(zhǎng)；
（3））由∠ACP=90°可知DQ∥BP，故可得出tan∠QDE=tan∠BPD=

1

3

，設(shè)QE=a，則DQ=3a，AQ=1-a，在Rt△ADQ中由AQ²+DQ²=AD²，可知（1-a）²+（3a）²=1²，故可得出a的值，再由△ADQ∽△ABC，可知

AD

AB

=

AQ

AC

=

DQ

BC

，故可得出AB=

5

4

（1+x），BC=

3

4

（1+x），由此即可得出結(jié)論．

解答：解：（1）∵∠B=∠DPB=30°，
∴∠BDP=120°，
∵∠ACB=90°，
∴∠ACP=90°，∠AEP=∠ACP+∠DPB=120°，
∴∠AEP=∠BDP=120°，
∵△AEP∽△BDP，
∴∠EAP=∠EPA=∠B=∠DPB=30°，
∴∠EP=AE=1，
在Rt△ECP中，CE=

1

2

EP=

1

2

；

（2）∵BD=BC，
∴設(shè)BD=BC=m，
在Rt△ABC中，
∵AC²+BC²=AB²，即3²+m²=（m+1）²，解得m=4，
∴BD=BC=4，AB=5，
過(guò)點(diǎn)D作DQ⊥AC于點(diǎn)Q，
∵∠ACB=90°，
∴DQ∥BC，
∴△ADQ∽△ABC，
∴

AD

AB

=

AQ

AC

=

DQ

BC

，即

1

5

=

AQ

3

=

DQ

BC

，
∴AQ=

3

5

，DQ=

1

5

，QE=AE-AQ=

2

5

，
∵DQ∥BP，
∴△DQE∽△PCE，
∴

DQ

CP

=

QE

CE

，

4 5

CP

=

2 5

2

，
∴CP=4；

（3）∵∠ACP=90°，
∴DQ∥BP，
∴∠QDE=∠BPD，
∴tan∠QDE=tan∠BPD=

1

3

，
∴

QE

DQ

=

1

3

，
設(shè)QE=，a，則DQ=3a，AQ=1-a，
在Rt△ADQ中，
∵AQ²+DQ²=AD²，即（1-a）²+（3a）²=1²，解得a₁=0（不合題意，舍去），a₂=

1

5

，
∵由（2）知，△ADQ∽△ABC，
∴

AD

AB

=

AQ

AC

=

DQ

BC

，
∴

1

AB

=

4 5

1+x

=

3 5

BC

，
∴AB=

5

4

（1+x），BC=

3

4

（1+x）．
∴△ABC的周長(zhǎng)y=AB+BC+AC=

5

4

（1+x）+

3

4

（1+x）+1+x=3x+3，即y=3x+3（x＞0）．

點(diǎn)評(píng)：本題考查的是相似三角形綜合題，涉及到相似三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理及銳角三角函數(shù)的定義等知識(shí)，難度較大．