Question

13．如圖，四邊形ABCD為⊙O內(nèi)接四邊形，過點(diǎn)D的直線與直線BA、BC交于點(diǎn)E、F
（1）如圖1，若BE=BF，D為EF中點(diǎn)，求證：AD=CD；
（2）如圖2，若DE=$\frac{1}{2}$DF，tan∠BFE=$\sqrt{3}$，P為線段BF上一動(dòng)點(diǎn)（不與點(diǎn)C重合），連接PD并作∠PDQ=∠ADC交BE于Q，當(dāng)∠DPB=∠B=90°時(shí)，求$\frac{AQ}{CP}$的值；
（3）如圖3，若DE=m•DF，BE=k•BF，P為線段BF上一動(dòng)點(diǎn)（不與C重合），連接PD并作∠PDQ=∠ADC交BE于Q，請(qǐng)用含m、k的式子直接寫出$\frac{AQ}{CP}$的值．

Answer 1

分析 （1）如圖1中，連接BD．由BE=BF，ED=DF，推出∠DBE=∠DBF，推出$\widehat{AD}$=$\widehat{CD}$，推出AD=CD．
（2）如圖2中，由△ADQ∽△CDP，推出$\frac{AQ}{PC}$=$\frac{QD}{DP}$，由tan∠F=$\sqrt{3}$，推出∠F=60°，由DF=2DE，設(shè)DE=a，則DF=2a，DQ=$\frac{1}{2}$a，DP=$\sqrt{3}$a，由此即可解決問題．
（3）如圖3中，作DN⊥BC于N，DM⊥EB于M，連接BD．由△ADQ∽△CDP，推出$\frac{AQ}{PC}$=$\frac{DQ}{DP}$，∠AQD=∠DPC，由△DMQ∽△DNP，推出$\frac{DQ}{DP}$=$\frac{DM}{DN}$，推出$\frac{AQ}{PC}$=$\frac{DM}{DN}$，由$\frac{{S}_{△EDB}}{{S}_{△BDF}}$=$\frac{\frac{1}{2}•EB•DM}{\frac{1}{2}•BF•DN}$=$\frac{DE}{DF}$，由DE=m•DF，BE=k•BF，推出$\frac{k•BF•DM}{BF•DN}$=$\frac{m•DF}{DF}$，推出$\frac{DM}{DN}$=$\frac{m}{k}$，即可解決問題．

解答 （1）證明：如圖1中，連接BD．

∵BE=BF，ED=DF，
∴∠DBE=∠DBF，
∴$\widehat{AD}$=$\widehat{CD}$，
∴AD=CD．

（2）如圖2中，

∵∠B=90°，∠B+∠ADC=180°，
∴∠QDP=∠ADC=90°，∵DPB=90°，
∴四邊形ABPD是矩形，
∴∠AQD=∠DPC=90°，
∵∠ADC=∠QDP，
∴∠ADQ=∠CDP，
∴△ADQ∽△CDP，
∴$\frac{AQ}{PC}$=$\frac{QD}{DP}$，
∵tan∠F=$\sqrt{3}$，
∴∠F=60°，∵DF=2DE，
設(shè)DE=a，則DF=2a，DQ=$\frac{1}{2}$a，DP=$\sqrt{3}$a，
∴$\frac{AQ}{PC}$=$\frac{\frac{1}{2}a}{\sqrt{3}a}$=$\frac{\sqrt{3}}{6}$．

（3）如圖3中，作DN⊥BC于N，DM⊥EB于M，連接BD．

∵∠ADC=∠QDP，
∴∠ADQ=∠CDP，
∵∠DCP=∠DAQ，
∴△ADQ∽△CDP，
∴$\frac{AQ}{PC}$=$\frac{DQ}{DP}$，∠AQD=∠DPC，
∵∠DMQ=∠DNP，
∴△DMQ∽△DNP，
∴$\frac{DQ}{DP}$=$\frac{DM}{DN}$，
∴$\frac{AQ}{PC}$=$\frac{DM}{DN}$，
∵$\frac{{S}_{△EDB}}{{S}_{△BDF}}$=$\frac{\frac{1}{2}•EB•DM}{\frac{1}{2}•BF•DN}$=$\frac{DE}{DF}$，
∵DE=m•DF，BE=k•BF，
∴$\frac{k•BF•DM}{BF•DN}$=$\frac{m•DF}{DF}$，
∴$\frac{DM}{DN}$=$\frac{m}{k}$，
∴$\frac{AQ}{PC}$=$\frac{m}{k}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查圓綜合題、等腰三角形的性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)、特殊角的三角函數(shù)、矩形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問題，學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造相似三角形解決問題，學(xué)會(huì)利用面積法證明線段之間的關(guān)系，屬于中考?jí)狠S題．