Question

16．已知菱形ABCD中BD為對(duì)角線，P、Q兩點(diǎn)分別在AB、BD上，且滿足∠PCQ=∠ABD
（1）如圖1，當(dāng)∠BAD=90°時(shí)，求：$\frac{AP}{DQ}$的值；
（2）如圖2，當(dāng)∠BAD=120°時(shí)，求證：$\sqrt{3}$DQ+BP=2CD；
（3）如圖3，在（2）的條件下，延長(zhǎng)CQ交AD邊于點(diǎn)E交BA的延長(zhǎng)線于點(diǎn)M，作∠DCE的平分線交AD邊于點(diǎn)F，若$\frac{CQ}{PM}$=$\frac{5}{7}$，EF=$\frac{35}{24}$，求線段CD的長(zhǎng)

Answer 1

分析 （1）當(dāng)∠BAD=90°時(shí)四邊形ABCD是正方形，易證△APC∽△DQC，則可以得到AP=$\sqrt{2}$DQ，則可求得答案；
（2）作∠QCK=∠PCQ，過(guò)B作BL∥CK，連接AC，易證△DLB∽△DQC則DL=$\sqrt{3}$DQ，然后證明△ACP≌△DCK，即可證得；
（3）設(shè)BC=5k，則MC=7k，過(guò)C作CG⊥AB于G，則∠CGB=90°，在直角△BCG中，利用三角函數(shù)求得BG，CG，然后在直角△MCG中，利用勾股定理求得MG的長(zhǎng)，證明△AME∽△DCE，根據(jù)相似三角形的對(duì)應(yīng)邊的比相等求得AE的長(zhǎng)，延長(zhǎng)CF、BM交于H，可以證得△DFC∽△AFH，求得AF的長(zhǎng)，根據(jù)EF=AF-AE求得k的值，過(guò)C作CN⊥BD于N，證明△EDQ∽△CBQ，求得QD的長(zhǎng)，即可求解．

解答 解：
（1）如圖1，連接AC，在菱形ABCD中，
∵∠BAD=90°，
∴四邊形ABCD是正方形．
∴∠PCQ=∠CDQ=45°，∠PAC=∠QDC=∠ACD=45°
∴∠ACP+∠ACQ=∠ACQ+∠QCD=45°，
∴∠ACP=∠QCD
∴△APC∽△DQC，
∴$\frac{AP}{DQ}$=$\frac{AC}{CD}$=$\sqrt{2}$；

（2）如圖2，作∠QCK=∠PCQ，過(guò)B作BL∥CK，連接AC．
∵∠QCK=∠ADB，
∴∠CQD=∠CKD
∵CK∥BL，
∴∠CKD=∠BLD，
∴△DLB∽△DQC．
∴DL=$\sqrt{3}$DQ，
∴CD+DK=$\sqrt{3}$DQ，
又∵四邊形APCK對(duì)角互補(bǔ)，AC平分∠PAK，
∴△ACP≌△DCK，
∴DK=AP，
∴CD+DK=CD+AP=2CD-BP=$\sqrt{3}$DQ，
即$\sqrt{3}$DQ+BP=2CD；

（3）在菱形ABCD中，∠ABD=∠BDC=30°，
∵∠PCQ=∠ABD=30°，
∴∠PCQ=∠CDQ．
∵BM∥CD，
∴∠PMC=∠DCQ，
∴△DQC∽△MPC
∴CQ：PM=DC：MC=5：7，
∴BC：MC=5：7．
設(shè)BC=5k，則MC=7k，如圖3，過(guò)C作CG⊥AB于G，則∠CGB=90°
∵AD∥BC，
∴∠BAD+∠ABC=180°．
∵∠BAD=120°，
∴∠ABC=60°，
∴BG=$\frac{5}{2}$k，CG=$\frac{5}{2}$$\sqrt{3}$k．
在Rt△MGC中，MG=$\sqrt{M{C}^{2}-C{G}^{2}}$=$\frac{11}{2}$k，
∴BM=8k．
∵AB=BC=5k，
∴AM=BM-AB=3k．
∵AM∥CD，
∴∠AMC=∠DCM，
∵∠AEM=∠DEC，
∴△AME∽△DCE，
∴AM：DC=AE：DE．
∴AE=$\frac{15}{8}$k．
延長(zhǎng)CF、BM交于H，則∠DCF=∠MHC
∵FC平分∠ECD，
∴∠ECF=∠DCF，
∴∠MCH=∠MHC，
∴MH=MC=7k，
∴AH=AM+MH=10k．
∵∠HFA=∠CFD，
∴△DFC∽△AFH，
∴DF：AF=DC：AH
∴AF=$\frac{10}{3}$k，EF=AF-AE=$\frac{35}{24}$k，
∵EF=$\frac{35}{24}$k，
∴k=1．
∴DC=5．
過(guò)C作CN⊥BD于N，
則∠CND=90°．
∵∠CDN=30°，
∴CN=$\frac{5}{2}$，ND=$\frac{5}{2}$$\sqrt{3}$；
∵BC=CD，
∴BD=2ND=5$\sqrt{3}$；
∵∠DQE=∠BQC，∠CBD=∠EDQ，
∴△EDQ∽△CBQ，
∴ED：BC=DQ：QB，
∴QD=$\frac{5}{13}$BD，
∴QD=$\frac{25}{13}$$\sqrt{3}$．
∵2CD-BP=$\sqrt{3}$DQ，
∴BP=$\frac{55}{13}$．

點(diǎn)評(píng) 本題為相似形的綜合應(yīng)用，涉及正方形、菱形的性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)、勾股定理、直角三角形的性質(zhì)及方程思想等知識(shí)．在（1）中證得△APC∽△DQC是解題的關(guān)鍵，在（2）中構(gòu)造△DLB∽△DQC，證得CD+DK=$\sqrt{3}$DQ是解題的關(guān)鍵，在（3）中利用相似三角形的性質(zhì)求得CD的長(zhǎng)是解題的關(guān)鍵．本題考查知識(shí)點(diǎn)較多，綜合性較強(qiáng)，難度較大．