Question

11．（1）如圖1，AB∥CD，AD、BC交于點P，過P點任作將直線交AB、CD于E、F兩點，求證：$\frac{AE}{BE}$=$\frac{DF}{CF}$；
（2）如圖2，在△ABC中，EF∥BC，BF、CE交于點P，直線AP交BC于點D，交EF于點Q，求證：BD=CD；
（3）如圖3，在△ABC中，EF∥CD，D為BC上一點，AD、EF交于點Q，BF交AD點P，延長EP交B于點G，
①求證：DB²=DG•DC；
②若BC=6DG，則$\frac{BD}{CG}$=$\frac{2}{3}$（直接寫出你的答案，不需要過程）

Answer 1

分析 （1）根據(jù)相似三角形的判定和性質(zhì)即可得到結(jié)論；
（2）根據(jù)相似三角形的性質(zhì)可得$\frac{EG}{BD}$=$\frac{AE}{AB}$=$\frac{EF}{BC}$=$\frac{EP}{PC}$=$\frac{EG}{DC}$，即可得到BD=DC；
（3）①根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到$\frac{EQ}{FQ}=\frac{DG}{BD}$，$\frac{EQ}{FQ}=\frac{BD}{CD}$，等量代換得到$\frac{DG}{BD}=\frac{BD}{CD}$，于是得到結(jié)論；②設$\frac{DG}{BD}=\frac{BD}{CD}$=k，則BD=k•DG，CD=k•BD=k²•DG，根據(jù)BC=6DG列方程求得BD=2DG，CD=4DG，于是得到結(jié)論．

解答 證明：（1）∵AB∥CD，
∴△AEP∽△DFP，△BEP∽△CFP，
∴$\frac{AE}{DF}=\frac{PE}{PF}$，$\frac{BE}{CF}=\frac{PE}{PF}$，
∴$\frac{AE}{DF}=\frac{BE}{CF}$，
∴$\frac{AE}{BE}$=$\frac{DF}{CF}$；

（2）證明：∵EF∥BC，
∴△AEG∽△ABD，
∴$\frac{EG}{BD}$=$\frac{AE}{AB}$，
同理可得：$\frac{AE}{AB}$=$\frac{EF}{BC}$，$\frac{EF}{BC}$=$\frac{EP}{PC}$，$\frac{EP}{PC}$=$\frac{EG}{DC}$，
∴$\frac{EG}{BD}$=$\frac{EG}{CD}$，
∴BD=DC；
（3）①∵EF∥BC，
∴△EQP∽△GDP，△QFP∽△DBP，
∴$\frac{EQ}{DG}=\frac{PQ}{PD}，\frac{FQ}{BD}=\frac{PQ}{PD}$，
∴$\frac{EQ}{DG}=\frac{FQ}{BD}$，
∴$\frac{EQ}{FQ}=\frac{DG}{BD}$  ①，
∵EF∥BC，
∴△AEQ∽△ABD，△AFQ∽△ACD，
∴$\frac{EQ}{BD}=\frac{AQ}{AD}$，$\frac{FQ}{CD}=\frac{AQ}{AD}$，
∴$\frac{EQ}{BD}=\frac{FQ}{CD}$，
∴$\frac{EQ}{FQ}=\frac{BD}{CD}$  ②，
∴由①②得$\frac{DG}{BD}=\frac{BD}{CD}$，
∴DB²=DG•DC；
②設$\frac{DG}{BD}=\frac{BD}{CD}$=k，
則BD=k•DG，CD=k•BD=k²•DG，
∵BC=6DG，
∴BD+CD=k•DG+k²•DG=6DG，
∴k+k²=6，
∴k=2（負值舍去），
∴BD=2DG，CD=4DG，
∴CG=CD-DG=3DG，
∴$\frac{BD}{CG}$=$\frac{2}{3}$．
故答案為：$\frac{2}{3}$．

點評 本題主要考查的是相似三角形的判定與性質(zhì)，一元二次方程的解法，正確的識別圖形是解題的關(guān)鍵．