Question

17．如圖，點(diǎn)P是菱形ABCD對(duì)角線AC上的一點(diǎn)，連接DP并延長交AB于點(diǎn)E，連接BP并延長交AD于點(diǎn)F，交CD延長線于點(diǎn)G．
（1）求證：PB=PD．
（2）若DF：FA=1：2
①請(qǐng)寫出線段PF與線段PD之間滿足的數(shù)量關(guān)系，并說明理由；
②當(dāng)△DGP是等腰三角形時(shí)，求tan∠DAB的值．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)菱形的性質(zhì)得出∠DAP=∠PAB，AD=AB，再利用全等三角形的判定得出△APB≌△APD；
（2）①首先證明△DFP≌△BEP，進(jìn)而得出$\frac{DG}{AB}=\frac{1}{2}$，$\frac{BE}{AB}=\frac{1}{3}$，進(jìn)而得出$\frac{DP}{PE}=\frac{DG}{EB}$即$\frac{3}{2}=\frac{DP}{PF}$，即可得出答案；
②由（1）證得△APB≌△APD，得到∠ABP=∠ADP，根據(jù)平行線的性質(zhì)，得到∠G=∠ABP，（Ⅰ）若DG=PG根據(jù)△DGP∽△EBP，得DG=$\frac{9}{2}$a，由勾股定理得到FH=$\sqrt{（6a）^{2}-{x}^{2}}=\frac{20\sqrt{2}}{9}a$，于是得到結(jié)論；
（Ⅱ）若DG=DP，設(shè)DG=DP=3m，則PB=3m，PE=BE=PF=2m，AB=AD=2DG=6m，AF=4m，BF=5m，設(shè)AH=x，求得FH=$\sqrt{（4m）^{2}-{x}^{2}}=\frac{5\sqrt{7}}{4}m$，得到tan∠DAB=$\frac{FH}{AH}$=$\frac{5\sqrt{7}}{9}$．

解答 （1）證明：∵四邊形ABCD是菱形，
∴AB=AD，AC平分∠DAB，
∴∠DAP=∠BAP，
在△APB和△APD中，
$\left\{\begin{array}{l}{AB=AD}\\{∠BAP=∠DAP}\\{AP=AP}\end{array}\right.$，
∴△APB≌△APD，
∴PB=PD；         
（2）解：①∵四邊形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，AD=BC，
∴△AFP∽△CBP，
∴$\frac{AF}{BC}=\frac{FP}{BP}$，
∵$\frac{DF}{FA}=\frac{1}{2}$，
∴$\frac{AF}{BC}=\frac{2}{3}$，
∴$\frac{FP}{BP}=\frac{2}{3}$，
由（1）知PB=PD，
∴$\frac{PF}{PD}=\frac{2}{3}$，
∴PF=$\frac{2}{3}$PD．
②由（1）證得△APB≌△APD，
∴∠ABP=∠ADP，
∵GC∥AB，
∴∠G=∠ABP，
∴∠ADP=∠G，
∴∠GDP＞∠G，
∴PD≠PG．
（Ⅰ），若DG=PG，
∵DG∥AB，
∴△DGP∽△EBP，
∴PB=EB，
由（2）知$\frac{PF}{PD}=\frac{2}{3}$，設(shè)PF=2a，
則PB=BE=PD=3a，PE=PF=2a，BF=5a，
由△DGP∽△EBP，得DG=$\frac{9}{2}$a，
∴AB=AD=2DG=9a，
∴AF=6a，
如圖1，作FH⊥AB于H，設(shè)AH=x，

則（6a）²-x²=（5a）²-（9a-x）²，
解得x=$\frac{46}{9}$a，∴FH=$\sqrt{（6a）^{2}-{x}^{2}}=\frac{20\sqrt{2}}{9}a$，
∴tan∠DAB=$\frac{FH}{AH}=\frac{10\sqrt{2}}{23}$；
（Ⅱ）若DG=DP，如圖2，

設(shè)DG=DP=3m，則PB=3m，PE=BE=PF=2m，
AB=AD=2DG=6m，AF=4m，BF=5m，
設(shè)AH=x，
∴（4m）²-x²=（5m）²-（6m-x）²，
解得x=$\frac{9}{4}$m，
∴FH=$\sqrt{（4m）^{2}-{x}^{2}}=\frac{5\sqrt{7}}{4}m$，
∴tan∠DAB=$\frac{FH}{AH}$=$\frac{5\sqrt{7}}{9}$．

點(diǎn)評(píng) 此題主要考查了相似三角形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，勾股定理，銳角三角函數(shù)，平行線的性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，正確的作出輔助線是解題的關(guān)鍵．