Question

1．（1）如圖1，△ABC中，D是BC邊上一點，且CD=2BD，連接AD，過AD上一點P作MN∥BC交AB、AC于M、N兩點，求證：PN=2PM；
（2）如圖2，△ABC中，D、E是BC邊的三等分點，過AE上一點P作AB的平行線交AC于點M，交AD的延長線于點N，判斷PN與PM之間的數(shù)量關(guān)系并證明你的結(jié)論．
（3）如圖3，△ABC中，D、E在BC上，且BD=CE，過AE上一點P作AB的平行線交AC于點M，交AD的延長線于點N，若PN=5PM，請直接寫出：$\frac{DE}{BC}$=$\frac{7-2\sqrt{6}}{5}$．

Answer 1

分析 （1）由MN∥BC可得△AMP∽△ABD，△APN∽△ADC，然后運用相似三角形的性質(zhì)即可得到$\frac{PM}{DB}$=$\frac{AP}{AD}$=$\frac{PN}{DC}$，再由CD=2BD可得PN=2PM；
（2）借鑒（1）中的經(jīng)驗，可通過添加輔助線，構(gòu)造（1）中的雙A型相似模型（過點C作CF∥MN，交AN的延長線于F，交AE的延長線于G，如圖2），易得$\frac{PN}{GF}$=$\frac{AP}{AG}$=$\frac{PM}{GC}$，要證PN=3PM，只需證FG=3GC，即證FC=4GC．由AB∥FC可得△ABD∽△FCD，從而得到$\frac{AB}{FC}$=$\frac{BD}{CD}$，再由點D是BC的三等分點可得$\frac{AB}{FC}$=$\frac{1}{2}$，同理可得$\frac{AB}{GC}$=2，問題得以解決；
（3）借鑒（2）中的經(jīng)驗，過點C作CF∥MN，交AN的延長線于F，交AE的延長線于G，如圖3．由CF∥MN可證到$\frac{PN}{GF}$=$\frac{AP}{AG}$=$\frac{PM}{GC}$，再由PN=5PM可得GF=5GC，即FC=6GC．由AB∥MN，CF∥MN可得AB∥FC，從而可證到$\frac{AB}{FC}$=$\frac{BD}{DC}$，$\frac{AB}{GC}$=$\frac{BE}{EC}$，根據(jù)合比定理可得$\frac{AB}{AB+6GC}$=$\frac{BD}{BC}$，$\frac{AB+GC}{GC}$=$\frac{BC}{EC}$，再由BD=CE可得$\frac{AB}{AB+6GC}$•$\frac{AB+GC}{GC}$=1，整理得AB²=6GC²，即AB=$\sqrt{6}$GC，從而可得BE=$\sqrt{6}$EC，即可得到DE與EC、BC與EC的關(guān)系，就可解決問題．

解答 證明：（1）如圖1，

∵MN∥BC，
∴△AMP∽△ABD，△APN∽△ADC，
∴$\frac{AP}{AD}$=$\frac{PM}{DB}$，$\frac{AP}{AD}$=$\frac{PN}{DC}$，
∴$\frac{PM}{DB}$=$\frac{PN}{DC}$．
∵CD=2BD，
∴PN=2PM；

（2）PN=3PM．
理由：過點C作CF∥MN，交AN的延長線于F，交AE的延長線于G，如圖2．

∵MN∥AB，∴AB∥FC，
∴△ABD∽△FCD，
∴$\frac{AB}{FC}$=$\frac{BD}{CD}$．
∵點D是BC的三等分點，
∴$\frac{BD}{CD}$=$\frac{1}{2}$，
∴$\frac{AB}{FC}$=$\frac{1}{2}$．
同理可得$\frac{AB}{GC}$=$\frac{BE}{EC}$=2，
∴FC=2AB=4GC，
∴FG=3GC．
∵MN∥FC，
∴△ANP∽△AFG，△AMP∽△ACG，
∴$\frac{PN}{GF}$=$\frac{AP}{AG}$=$\frac{PM}{GC}$，
∴PN=3PM；

（3）答案為$\frac{7-2\sqrt{6}}{5}$．
提示：過點C作CF∥MN，交AN的延長線于F，交AE的延長線于G，如圖3．

由CF∥MN可證到$\frac{PN}{GF}$=$\frac{AP}{AG}$=$\frac{PM}{GC}$，再由PN=5PM可得GF=5GC，即FC=6GC．
由AB∥MN，CF∥MN可得AB∥FC，從而可證到$\frac{AB}{FC}$=$\frac{BD}{DC}$，$\frac{AB}{GC}$=$\frac{BE}{EC}$，
則有$\frac{AB}{AB+6GC}$=$\frac{BD}{BC}$，$\frac{AB+GC}{GC}$=$\frac{BC}{EC}$．
∵BD=CE，∴$\frac{AB}{AB+6GC}$•$\frac{AB+GC}{GC}$=1，
整理得AB²=6GC²，
∴AB=$\sqrt{6}$GC．
∴$\frac{BE}{EC}$=$\frac{AB}{GC}$=$\sqrt{6}$，即BE=$\sqrt{6}$EC，
∴DE=BE-BD=$\sqrt{6}$EC-EC=（$\sqrt{6}$-1）EC．
∵BC=BE+EC=$\sqrt{6}$EC+EC=（$\sqrt{6}$+1）EC，
∴$\frac{DE}{BC}$=$\frac{\sqrt{6}-1}{\sqrt{6}+1}$=$\frac{7-2\sqrt{6}}{5}$．

點評 本題主要考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、合比定理等知識，利用（1）中的圖形及有關(guān)結(jié)論是解決第（2）、（3）兩小題的關(guān)鍵，是一道好題．