Question

13．已知：△ABC是等腰直角三角形，动点P在斜边AB所在的直线上，以PC为直角边作等腰直角三角形PCQ，其中∠PCQ=90°，探究并解决下列问题：
（1）如图①，若点P在线段AB上，且AC=1+$\sqrt{3}$，PA=$\sqrt{2}$，则：
①线段PB=$\sqrt{6}$，PC=2；
②猜想：PA²，PB²，PQ²三者之间的数量关系为PA²+PB²=PQ²；
（2）如图②，若点P在AB的延长线上，在（1）中所猜想的结论仍然成立，请你利用图②给出证明过程；
（3）若动点P满足$\frac{PA}{PB}$=$\frac{1}{3}$，求$\frac{PC}{AC}$的值．（提示：请利用备用图进行探求）　

Answer 1

分析 （1）①在Rt△ABC中，可求得AB，由PB=AB-PA可求得PB，过C作CD⊥AB于点D，则可求得CD=AD=DB，可求得PD的长，在Rt△PCD中可求得PC的长；②把AP²和PB²都用PC和CD表示出来，结合Rt△PCD中，可找到PC和PD和CD的关系，从而可找到PA²，PB²，PQ²三者之间的数量关系；
（2）过C作CD⊥AB于点D，由（1）中②的方法，可证得结论；
（3）分点P在线段AB上和线段BA的延长线上，分别利用$\frac{PA}{PB}$=$\frac{1}{3}$可找到PA和CD的关系，从而可找到PD和CD的关系，在Rt△CPD和Rt△ACD中，利用勾股定理可分别找到PC、AC和CD的关系，从而可求得$\frac{PC}{AC}$的值．

解答 解：
（1）①∵△ABC是等腰直角三角形，AC=1+$\sqrt{3}$，
∴AB=$\sqrt{A{C}^{2}+B{C}^{2}}$=$\sqrt{2A{C}^{2}}$=$\sqrt{2}$+$\sqrt{6}$，
∵PA=$\sqrt{2}$，
∴PB=AB-PA=$\sqrt{6}$，
如图1，过C作CD⊥AB于点D，则AD=CD=$\frac{1}{2}$AB=$\frac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{2}$，

∴PD=AD-PA=$\frac{\sqrt{6}-\sqrt{2}}{2}$，
在Rt△PCD中，PC=$\sqrt{P{D}^{2}+C{D}^{2}}$=2，
故答案为：$\sqrt{6}$；2；
②PA²+PB²=PQ²，
证明如下：
如图1，∵△ACB为等腰直角三角形，CD⊥AB，
∴CD=AD=DB，
∵PA²=（AD-PD）²=（CD-PD）²=CD²-2CD•PD+PD²，PB²=（BD+PD）²=（CD+PD）²=CD²-2CD•PD+PD²，
∴PA²+PB²=2CD²+2PD²=2（CD²+PD²），
在Rt△PCD中，由勾股定理可得PC²=CD²+PD²，
∴PA²+PB²=2PC²，
∵△CPQ为等腰直角三角形，且∠PCQ=90°，
∴2PC²=PQ²，
∴PA²+PB²=PQ²，
故答案为：PA²+PB²=PQ²；
（2）证明：
如图2，过C作CD⊥AB于点D，

∵△ACB为等腰直角三角形，CD⊥AB，
∴CD=AD=DB，
∵PA²=（AD+PD）²=（CD+PD）²=CD²-2CD•PD+PD²，PB²=（DP-BD）²=（PD-CD）²=CD²-2CD•PD+PD²，
∴PA²+PB²=2CD²+2PD²=2（CD²+PD²），
在Rt△PCD中，由勾股定理可得PC²=CD²+PD²，
∴PA²+PB²=2PC²，
∵△CPQ为等腰直角三角形，且∠PCQ=90°，
∴2PC²=PQ²，
∴PA²+PB²=PQ²；
（3）过点C作CD⊥AB于点D，
∵$\frac{PA}{PB}$=$\frac{1}{3}$，
∴点P只能在线段AB上或在线段BA的延长线上，
①如图3，当点P在线段AB上时，

∵$\frac{PA}{PB}$=$\frac{1}{3}$，
∴PA=$\frac{1}{4}$AB=$\frac{1}{2}$CD=PD，
在Rt△CPD中，由勾股定理可得CP=$\sqrt{C{D}^{2}+P{D}^{2}}$=$\sqrt{C{D}^{2}+（\frac{1}{2}CD）^{2}}$=$\frac{\sqrt{5}}{2}$CD，
在Rt△ACD中，由勾股定理可得AC=$\sqrt{A{D}^{2}+C{D}^{2}}$=$\sqrt{2C{D}^{2}}$=$\sqrt{2}$CD，
∴$\frac{PC}{AC}$=$\frac{\frac{\sqrt{5}}{2}CD}{\sqrt{2}CD}$=$\frac{\sqrt{10}}{4}$；
②如图4，当点P在线段BA的延长上时，

∵$\frac{PA}{PB}$=$\frac{1}{3}$，
∴PA=$\frac{1}{2}$AB=CD，
在Rt△CPD中，由勾股定理可得CP=$\sqrt{C{D}^{2}+P{D}^{2}}$=$\sqrt{{CD}^{2}+（2CD）^{2}}$=$\sqrt{5}$CD，
在Rt△ACD中，由勾股定理可得AC=$\sqrt{A{D}^{2}+C{D}^{2}}$=$\sqrt{2C{D}^{2}}$=$\sqrt{2}$CD，
∴$\frac{PC}{AC}$=$\frac{\sqrt{5}CD}{\sqrt{2}CD}$=$\frac{\sqrt{10}}{2}$；
综上可知$\frac{PC}{AC}$的值为$\frac{\sqrt{10}}{4}$或$\frac{\sqrt{10}}{2}$．

点评 本题主要考查等腰直角三角形的性质和勾股定理的应用，并涉及分类讨论思想．在（2）中注意分别用CD和PD表示出PA和PB是解题的关键，在（3）中确定出P点的位置，再结合条件找到PC、AC与CD的关系是解题的关键．本题涉及内容不多，但综合性很强，难度较大．