Question

16．在Rr△ABC中，∠C=90°，AC=BC=1，點(diǎn)O為AB的中點(diǎn)，點(diǎn)D、E分別為AC、AB邊上的動(dòng)點(diǎn)，且保持DO⊥EO，連接CO、DE交于點(diǎn)P．
（1）求證：OD=OE；
（2）在運(yùn)動(dòng)的過程中，DP•EP是否存在最大值？若存在，請(qǐng)求出DP•EP的最大值；若不存在，請(qǐng)說明理由．
（3）若CD=2CE，求DP的長度．

Answer 1

分析 （1）證明△ADO≌△CEO，可得OD=OE；
（2）先根據(jù)對(duì)角互補(bǔ)證明D、C、E、O四點(diǎn)共圓，再得△DPO∽△CPE，列比例式可得：PD•EP=CP•PO，設(shè)CP=x，則OP=$\frac{\sqrt{2}}{2}$-x，則CP•PO=x（$\frac{\sqrt{2}}{2}-x$）=-${x}^{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}x$，根據(jù)二次函數(shù)的最值問題得出DP•EP存在最大值為$\frac{1}{8}$；
（3）設(shè)CE=a，則CD=2a，根據(jù)AC=1列等式求出，a=$\frac{1}{3}$，則CE=$\frac{1}{3}$，CD=$\frac{2}{3}$，根據(jù)勾股定理求DE的長，作輔助線構(gòu)建平行線，得相似，列比例式可求得DP的長．

解答 證明：（1）∵AC=BC=1，點(diǎn)O為AB的中點(diǎn)，
∴CO⊥AB，CO=AO，
∴∠COA=90°，
∴∠DOP+∠AOD=90°，
∵DO⊥OE，
∴∠DOP+∠POE=90°，
∴∠AOD=∠POE，
同理∠A=∠OCE，
∴△ADO≌△CEO，
∴OD=OE；
（2）∵∠ACB=90°，∠DOE=90°，
∴∠ACB+∠DOE=180°，
∴D、C、E、O四點(diǎn)共圓，
∴∠ODP=∠PCE，∠DPO=∠CPE，
∴△DPO∽△CPE，
∴$\frac{PD}{CP}=\frac{PO}{PE}$，
∴PD•EP=CP•PO，
在Rt△ACB中，AB=$\sqrt{2}$，
∴CO=AO=BO=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
設(shè)CP=x，則OP=$\frac{\sqrt{2}}{2}$-x，
則CP•PO=x（$\frac{\sqrt{2}}{2}-x$）=-${x}^{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}x$=-（x-$\frac{\sqrt{2}}{4}$）²+$\frac{1}{8}$，
即當(dāng)x=$\frac{\sqrt{2}}{4}$時(shí)，CP•PO有最大值為$\frac{1}{8}$，
也就是DP•EP存在最大值為$\frac{1}{8}$；
（3）設(shè)CE=a，則CD=2a，
由（1）得：AD=CE=a，
∵AC=1，
∴a+2a=1，
a=$\frac{1}{3}$，
∴CE=$\frac{1}{3}$，CD=$\frac{2}{3}$，
由勾股定理得：DE=$\sqrt{（\frac{1}{3}）^{2}+（\frac{2}{3}）^{2}}$=$\frac{\sqrt{5}}{3}$，
過P作PG∥BC，交AC于G，
∵∠DCO=45°，
∴PG=CG，
∵PG∥CE，
∴△DGP∽△DCE，
∴$\frac{PG}{CE}=\frac{DG}{DC}$=$\frac{PD}{DE}$，
∴$\frac{PG}{\frac{1}{3}}$=$\frac{\frac{2}{3}-PG}{\frac{2}{3}}$=$\frac{PD}{\frac{\sqrt{5}}{3}}$，
∴PG=$\frac{2}{9}$，PD=$\frac{2\sqrt{5}}{9}$．

點(diǎn)評(píng) 本題是三角形的綜合題，考查了三角形全等、相似的性質(zhì)和判定、四點(diǎn)共圓的性質(zhì)和判定、勾股定理等知識(shí)，與二次函數(shù)相結(jié)合，利用二次函數(shù)的最值求線段乘積的最大值，熟練掌握三角形全等和相似的判定方法．