Question

13．已知，矩形ABCD中，AB=6，BC=8，對(duì)角線AC，BD相交于點(diǎn)O，以O(shè)為頂點(diǎn)作∠MON=90°，且OM，ON分別與射線AB，BC交于點(diǎn)E，F(xiàn)．
（1）如圖1，當(dāng)OM⊥AB時(shí)，線段OE的長(zhǎng)為4，OF的長(zhǎng)為3；
（2）如圖2，將∠MON從圖1的位置開始繞點(diǎn)O逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，點(diǎn)E，F(xiàn)仍然在邊AB，BC上，求$\frac{OE}{OF}$的值；
（3）如圖3，將圖2中的∠MON沿OA方向平移，當(dāng)頂點(diǎn)落在線段OA的中點(diǎn)P時(shí)，再繼續(xù)繞點(diǎn)P逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)∠MPN，此時(shí)點(diǎn)E，F(xiàn)分別在AB，BC邊的延長(zhǎng)線上，直接寫出此時(shí)$\frac{PE}{PF}$的值．

Answer 1

分析 （1）由四邊形ABCD是矩形，得到∠BAD=∠ABC=90°，AO=CO，BO=DO，推出四邊形OEBF是矩形，根據(jù)矩形的性質(zhì)得到OE∥BC，OF∥AB，于是得到結(jié)論；
（2）過O作OP⊥AB于P，OQ⊥BC于Q，推出△OPE∽△OQF，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到$\frac{OE}{OF}=\frac{OP}{OQ}=\frac{4}{3}$；
（3）如圖3，過點(diǎn)P作PG⊥AB于點(diǎn)G，PH⊥BC于點(diǎn)H，則PG⊥PH，PG∥BC，PH∥AB．推出△APG∽△PCH，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到$\frac{PG}{CH}$=$\frac{AP}{PC}$，得CH=3PG，$\frac{PG}{PH}$=$\frac{4}{9}$，推出△PGE∽△PHF，于是得到結(jié)論．

解答 解：（1）∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠BAD=∠ABC=90°，AO=CO，BO=DO，
∵∠MON=90°，OM⊥AB，
∴∠OEB=∠ABC=∠EOF=90°，
∴四邊形OEBF是矩形，
∴OE∥BC，OF∥AB，
∴OE=$\frac{1}{2}$BC=4，OF=$\frac{1}{2}$AB=3，
故答案為：4，3；
（2）過O作OP⊥AB于P，OQ⊥BC于Q，
∴∠OPE=∠OQF=90°，
∵∠ABC=∠EOF=90°，
∴∠OEB+∠OFB=180°，
∴∠OEP=∠OFB，
∴△OPE∽△OQF，
∴$\frac{OE}{OF}=\frac{OP}{OQ}=\frac{4}{3}$；
（3）如圖3，過點(diǎn)P作PG⊥AB于點(diǎn)G，PH⊥BC于點(diǎn)H，則PG⊥PH，PG∥BC，PH∥AB．
∵PG∥BC，PH∥AB，
∴∠APG=∠PCH，∠PAG=∠CPH，
∴△APG∽△PCH，
∵頂點(diǎn)落在線段OA的中點(diǎn)P時(shí)，AP：PC=1：3，
∴$\frac{PG}{CH}$=$\frac{AP}{PC}$，得CH=3PG，
∵PH∥AB，
∴△PCH∽△CAB，
∴$\frac{PH}{CH}$=$\frac{PH}{3PG}$=$\frac{AB}{BC}$=$\frac{3}{4}$，
∴$\frac{PG}{PH}$=$\frac{4}{9}$，
∵PG⊥PH，PE⊥PF，
∴∠EPG=∠FPH，
又∵∠PGE=∠PHF=90°，
∴△PGE∽△PHF，
∴$\frac{PE}{PF}$=$\frac{PG}{PH}$=$\frac{4}{9}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、矩形的性質(zhì)、本題三問的解題思路是一致的：即都是直接或作輔助線構(gòu)造直角三角形，通過相似三角形解決問題．