Question

8．如图，点B、O、C在同一直线上，OA=OB=OC=1，OA⊥BC，点P是线段AC上任意一点，连接BP交OA于点D，过点P作PF⊥OC于点F．
（1）如果CF=0.6，求OD的长度；
（2）连接DF，当CF取何值时，△DFP的面积取得最大值，并求出△DFP的面积的最大值，这时作PG⊥PD交线段BC于点G，证明：PD=PG．
（3）线段DP绕点D顺时针旋转90°，点P的对应点M刚好落在线段OC上，求FC的长度．

Answer 1

分析 （1）如图1，根据OD∥PF得：△BDO∽△BPF，列比例式可求得OD的长；
（2）如图2，设FC=x，则OF=1-x，PF=x，代入S_△PDF=$\frac{1}{2}$PF•OF中，得二次函数，配方后求最值；再计算此时PD和PG的长相等即可；
（3）如图3，作辅助线，构建全等三角形，证明△PDN≌△DMO，设FC=x，则OF=1-x，PN=OD=1-x，表示DN=2x-1，根据△BOD∽△BFP，列比例式可得方程：x²-4x+2=0，解出即可．

解答 解：（1）如图1，∵OA⊥BC，
∴∠AOC=90°，
∵OA=OC，
∴△AOC是等腰直角三角形，
∴∠C=45°，
∵PF⊥FC，
∴△PFC是等腰直角三角形，
∴PF=FC=0.6，
∵OC=1，
∴OF=OC-FC=1-0.6=0.4，
∵AO∥PF，
∴△BDO∽△BPF，
∴$\frac{OD}{PF}=\frac{OB}{BF}$，
∴$\frac{OD}{0.6}=\frac{1}{1+0.4}$，
∴OD=$\frac{3}{7}$；

（2）如图2，设FC=x，则OF=1-x，PF=x，
∴S_△PDF=$\frac{1}{2}$PF•OF=$\frac{1}{2}$x•（1-x）=-$\frac{1}{2}{x}^{2}$+$\frac{1}{2}$x=-$\frac{1}{2}$（x-$\frac{1}{2}$）²+$\frac{1}{8}$，
即当x=$\frac{1}{2}$时，S_△DFP有最大值为$\frac{1}{8}$，此时FC=$\frac{1}{2}$，
∴BF=$\frac{3}{2}$，PF=$\frac{1}{2}$，
由勾股定理得：BP=$\sqrt{B{F}^{2}+P{F}^{2}}$=$\sqrt{（\frac{3}{2}）^{2}+（\frac{1}{2}）^{2}}$=$\frac{\sqrt{10}}{2}$，
∵DO∥PF，
∴$\frac{PD}{BP}=\frac{OF}{BF}$，
∴$\frac{PD}{\frac{\sqrt{10}}{2}}=\frac{\frac{1}{2}}{\frac{3}{2}}$，
∴PD=$\frac{\sqrt{10}}{6}$，
∵∠BPG=∠BFP=90°，∠PBF=∠PBF，
∴△PBF∽△GBP，
∴$\frac{PF}{PG}=\frac{BF}{BP}$，
∴$\frac{\frac{1}{2}}{PG}=\frac{\frac{3}{2}}{\frac{\sqrt{10}}{2}}$，
∴PG=$\frac{\sqrt{10}}{6}$，
∴PD=PG；

（3）如图3，过P作PN⊥OA于N，
设FC=x，则OF=PN=AN=1-x，
∵∠MDP=90°，
∴∠NDP+∠ODM=90°，
∵∠DNP=∠DOM=90°，
∴∠NDP+∠DPN=90°，
∴∠ODM=∠DPN，
∵DM=PD，
∴△PDN≌△DMO，
∴PN=OD=1-x，
∴DN=ON-OD=x-PN=x-（1-x）=2x-1，
由（1）得：△BOD∽△BFP，
∴$\frac{BO}{BF}=\frac{OD}{PF}$，
∴$\frac{1}{2-x}=\frac{1-x}{x}$，
x²-4x+2=0，
x₁=2+$\sqrt{2}$（不符合题意，舍去），x₂=2-$\sqrt{2}$，
∴FC=2-$\sqrt{2}$．

点评 本题是三角形的综合题，考查了三角形全等的性质和判定、相似三角形的性质和判定以及平行线分线段成比例定理、一元二次方程的解、二次函数的最值问题等，知识点较多，综合性较强，第二问利用三角形的面积公式转化为二次函数的最值问题；第三问有难度，构建辅助线是关键．