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9.在正方形ABCD中,對角線AC、BD交于點O,動點P在線段BC上(不含點B),∠BPE=$\frac{1}{2}$∠ACB,PE交BO于點E,過點B作BF⊥PE,垂足為F,交AC于點G.

(1)當點P與點C重合時(如圖①),求證:△BOG≌△POE;
(2)通過觀察、測量、猜想:$\frac{BF}{PE}$=$\frac{1}{2}$,并結合圖②證明你的猜想;
(3)把正方形ABCD改為菱形,其他條件不變(如圖③),若∠ACB=α,求$\frac{BF}{PE}$的值.(用含α的式子表示)

分析 (1)由四邊形ABCD是正方形,P與C重合,易證得OB=OP,∠BOC=∠BOG=90°,由同角的余角相等,證得∠GBO=∠EPO,則可利用ASA證得:△BOG≌△POE;
(2)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;
(3)首先過P作PM∥AC交BG于點M,交BO于點N,由(2)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應邊成比例,求得$\frac{BF}{PE}$.

解答 (1)證明:∵四邊形ABCD是正方形,P與C重合,
∴OB=OP,∠BOC=∠BOG=90°,
∵PF⊥BG,∠PFB=90°,
∴∠GBO=90°-∠BGO,∠EPO=90°-∠BGO,
∴∠GBO=∠EPO,
在△BOG和△POE中,$\left\{\begin{array}{l}{∠GBO=∠EPO}\\{OB=OP}\\{∠BOG=∠COE}\end{array}\right.$,
∴△BOG≌△POE(ASA);

(2)解:猜想 $\frac{PF}{PE}$=$\frac{1}{2}$.
證明: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,$\left\{\begin{array}{l}{∠MBN=∠NPE}\\{NB=NP}\\{∠MNB=∠PNE}\end{array}\right.$,
∴△BMN≌△PEN(ASA),
∴BM=PE.
∵∠BPE=$\frac{1}{2}$∠ACB,∠BPN=∠ACB,
∴∠BPF=∠MPF.
∵PF⊥BM,
∴∠BFP=∠MFP=90°.
在△BPF和△MPF中,$\left\{\begin{array}{l}{∠BPF=∠MPE}\\{PF=PF}\\{∠PFB=∠PFM}\end{array}\right.$,
∴△BPF≌△MPF(ASA).
∴BF=MF.
即BF=$\frac{1}{2}$BM.
∴BF=$\frac{1}{2}$PE.
即 $\frac{BF}{PE}=\frac{1}{2}$;
故答案為$\frac{1}{2}$;
(3)解:如圖3,過P作PM∥AC交BG于點M,交BO于點N,
∴∠BPN=∠ACB=α,∠PNE=∠BOC=90°.
由(2)同理可得BF=$\frac{1}{2}$BM,∠MBN=∠EPN,
∴△BMN∽△PEN,
∴$\frac{BM}{PE}=\frac{BN}{PN}$.
在Rt△BNP中,tanα=$\frac{BN}{PN}$,
∴$\frac{BM}{PE}$=tanα.即$\frac{2BF}{PE}$=tanα.
∴$\frac{BF}{PE}=\frac{1}{2}$tanα.

點評 此題考查了正方形的性質、菱形的性質、相似三角形的判定與性質、全等三角形的判定與性質以及三角函數的定義等知識.此題綜合性很強,難度較大,注意準確作出輔助線是解此題的關鍵,注意數形結合思想的應用.

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