Question

8．如圖，在正方形ABCD中，點P為CB延長線上一點，連接AP．
（1）如圖1，∠APB=60°，以CD為邊向外作等邊△CDF，連接AF，DE平分∠ADC交AF于點E，連接PE，CE，證明：PA+PC=$\sqrt{3}$PE．
（2）如圖2，過點C作CF⊥AP于點F，連接DF，AC，若S_△APC：S_□ABCD=1：4，求出DF與AB之間的數(shù)量關(guān)系．

Answer 1

分析 （1）首先證明△ADE≌△CDE，推出∠AED=∠DEC=∠AEC=120°，AE=EC，∠DCE=∠DAE=15°，∠PCE=75°，由∠APB=60°，推出∠APB+∠AEC=120°，推出A、P、C、E四點共圓，由弦AE=弦EC，推出∠APE=∠EPC=30°，推出∠PEC=75°=∠PCE，推出PE=PC，設PB=a則PA=2a，AB=BC=$\sqrt{3}$a，
由PA+PC=2a+a+$\sqrt{3}$a=$\sqrt{3}$（ $\sqrt{3}$a+a）=$\sqrt{3}$（BC+PB）=$\sqrt{3}$PC即可證明．
（2）如圖2中，結(jié)論：$\frac{DF}{AB}$=$\frac{\sqrt{6}}{2}$．連接BD交AC于O，作FM⊥AC于M，DF與AC交于點H．設AC=BD=4a，則OA=OC=OD=OB=2a，AD=2 $\sqrt{2}$a．想辦法求出DF即可解決問題．

解答 （1）證明：如圖1中，

∵△CDF是等邊三角形，四邊形ABCD是正方形，
∴CD=DF=AD，∴∠ADC=90°，∠CDF=60°，
∴∠ADF=150°，∠DAF=∠DFA=15°，
∵∠EDA=∠EDC=45°，
∴∠AED=180°-∠DAE-∠ADE=120°，
在△ADE和△CDE中，
$\left\{\begin{array}{l}{DA=DC}\\{∠ADE=∠CDE}\\{DE=DE}\end{array}\right.$，
∴△ADE≌△CDE，
∴∠AED=∠DEC=∠AEC=120°，AE=EC，∠DCE=∠DAE=15°，
∴∠PCE=75°，
∵∠APB=60°，
∴∠APB+∠AEC=120°，
∴A、P、C、E四點共圓，
∵弦AE=弦EC，
∴∠APE=∠EPC=30°，
∴∠PEC=75°=∠PCE，
∴PE=PC，設PB=a則PA=2a，AB=BC=$\sqrt{3}$a，
∴PA+PC=2a+a+$\sqrt{3}$a=$\sqrt{3}$（ $\sqrt{3}$a+a）=$\sqrt{3}$（BC+PB）=$\sqrt{3}$PC，
∴PA+PC=$\sqrt{3}$PE．

（2）解：如圖2中，結(jié)論：$\frac{DF}{AB}$=$\frac{\sqrt{6}}{2}$．

理由：連接BD交AC于O，作FM⊥AC于M，DF與AC交于點H．設AC=BD=4a，則OA=OC=OD=OB=2a，AD=2 $\sqrt{2}$a．
∵S_△AFC：S_{正方形ABCD}=1：4，
∴$\frac{1}{2}$•AC•FM：AD²=1：4，
∴$\frac{1}{2}$•4a•FM：8a²=1：4，
∴FM=a，
∵AF⊥FC，F(xiàn)M⊥AC，易知△AFM∽△FCM，
∴FM²=AM•MC，
∴AM•（4a-AM）=a²，
∴AM²-4a•AM+a²=0，
∴AM=（2-$\sqrt{3}$）a或（2+$\sqrt{3}$）a（舍棄），
∵FM∥OD，
∴$\frac{HM}{HO}$=$\frac{FH}{DH}$=$\frac{FM}{OD}$=$\frac{1}{2}$，
∴HM=$\frac{\sqrt{3}}{3}$a，OH=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$a，
∴FH=$\sqrt{F{M}^{2}+H{M}^{2}}$=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$a，
∴DH=2FH=$\frac{4\sqrt{4}}{3}$a，
∴DF=FH+DH=2 $\sqrt{3}$a，
∴$\frac{DF}{AB}$=$\frac{2\sqrt{3}a}{2\sqrt{2}a}$=$\frac{\sqrt{6}}{2}$．

點評 本題考查四邊形綜合題．正方形的性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定和性質(zhì)，平行線等分線段定理、勾股定理等知識，解題的關(guān)鍵是靈活運用所學知識解決問題，學會利用參數(shù)解決問題，本題體現(xiàn)了數(shù)形結(jié)合的思想，屬于中考壓軸題．