题目内容
已知等边△ABC边AB上一动点P,连PC,在PC上方作等边△PDC,连AD.
(1)如图1,求证:AD∥BC;
(2)如图2,若AP=2BP,过P点作PF⊥CD,交AC于E,交CD于F,AC与PD相交于N点,求证:PN=2DN;
(3)在(2)中,若CD=3,求PE的长.
(1)如图1,求证:AD∥BC;
(2)如图2,若AP=2BP,过P点作PF⊥CD,交AC于E,交CD于F,AC与PD相交于N点,求证:PN=2DN;
(3)在(2)中,若CD=3,求PE的长.
考点:相似形综合题
专题:综合题
分析:(1)证明△BCP≌△ACD,得出∠CAD=∠B=60°,利用内错角相等,两直线平行可得出结论;
(2)延长DP交CB的延长线于点G,分别根据△ADP∽△BGP、△ADN∽△CGN,得出各线段之间的关系,然后可得出结论;
(3)取DN中点H,连接FH,则可判断HF是△DNC的中位线,得出HF∥CN,利用相似三角形的性质,可得出PE与PF之间的比例关系,在Rt△PCF中求出PF,即可得出PE.
(2)延长DP交CB的延长线于点G,分别根据△ADP∽△BGP、△ADN∽△CGN,得出各线段之间的关系,然后可得出结论;
(3)取DN中点H,连接FH,则可判断HF是△DNC的中位线,得出HF∥CN,利用相似三角形的性质,可得出PE与PF之间的比例关系,在Rt△PCF中求出PF,即可得出PE.
解答:解:(1)∵∠BCP+∠PCA=∠ACD+∠PCA=60°,
∴∠BCP=∠ACD,
∵△ABC、△PDC是等边三角形,
∴BC=AC,CP=CD,
在△BCP和△ACD中,
,
∴△BCP≌△ACD(SAS),
∴∠CAD=∠B=60°,
∴∠CAD=∠ACB,
∴AD∥BC.
(2)延长DP交CB的延长线于点G,
设PB=2,则AP=4,
由(1)知:AD=PB=2,
∵AD∥BC,
∴△ADP∽△BGP,
∴
=
=2,
∴AD=2BG,
又∵△ADN∽△CGN,
∴
=
=
=
=
=
,
设DN=2m,则NG=7m,
∵PD=2PG,
∴PD=6m,PG=3m,PN=NG-PG=4m,
∴PN=2DN.
(3)取DN中点H,连接FH,
∵H是ND中点,F是CD中点,
∴HF是△DNC的中位线,
∴HF∥CN,
∴
=
,
又∵PN=2ND,ND=2NH,
∴
=
=
,
∴PE=
PF,
在Rt△PCF中,PF=
=
=
,
∴PE=
.
∴∠BCP=∠ACD,
∵△ABC、△PDC是等边三角形,
∴BC=AC,CP=CD,
在△BCP和△ACD中,
|
∴△BCP≌△ACD(SAS),
∴∠CAD=∠B=60°,
∴∠CAD=∠ACB,
∴AD∥BC.
(2)延长DP交CB的延长线于点G,
设PB=2,则AP=4,
由(1)知:AD=PB=2,
∵AD∥BC,
∴△ADP∽△BGP,
∴
AD |
BG |
AP |
PB |
∴AD=2BG,
又∵△ADN∽△CGN,
∴
DN |
NG |
AD |
CG |
2 |
BG+BC |
2 |
1+AB |
2 |
1+6 |
2 |
7 |
设DN=2m,则NG=7m,
∵PD=2PG,
∴PD=6m,PG=3m,PN=NG-PG=4m,
∴PN=2DN.
(3)取DN中点H,连接FH,
∵H是ND中点,F是CD中点,
∴HF是△DNC的中位线,
∴HF∥CN,
∴
PE |
PF |
PN |
PH |
又∵PN=2ND,ND=2NH,
∴
PE |
PF |
PN |
PH |
4 |
5 |
∴PE=
4 |
5 |
在Rt△PCF中,PF=
PC2-CF2 |
9-
|
3
| ||
2 |
∴PE=
6
| ||
5 |
点评:本题考查了相似形的综合,涉及了相似三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理及平行线的性质,综合性较强,解答本题需要同学们有扎实的基本功,熟练数形结合思想的运用.
练习册系列答案
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| ||
B、y=
| ||
C、y=
| ||
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