题目内容
（2012•香坊区一模）已知：在△ABC中，AB=AC，点P是BC上一点，PC=2PB，连接AP，作∠APD=∠B交AB于点D．连接CD，交AP于点E．
（1）如图1，当∠BAC=90°时，则线段AD与BD的数量关系为
（2）如图2，当∠BAC=60°时，求证：AD=
BD；
（3）在（2）的条件下，过点C作∠DCQ=60°交PA的延长线于点Q如图3，连接DQ，延长CA交DQ于点K，若CQ=
．求线段AK的长．
（1）如图1，当∠BAC=90°时，则线段AD与BD的数量关系为
AD=
BD
| 5 |
| 4 |
AD=
BD
；| 5 |
| 4 |
（2）如图2，当∠BAC=60°时，求证：AD=
| 7 |
| 2 |
（3）在（2）的条件下，过点C作∠DCQ=60°交PA的延长线于点Q如图3，连接DQ，延长CA交DQ于点K，若CQ=
| ||
| 2 |
分析：（1）AD=
BD，理由为：如图1所示，由AB=AC及∠BAC=90°，得到三角形ABC为等腰直角三角形，可得出两个锐角为45°，再由∠APD=∠B，利用外角性质及角的加减，利用等量代换的思想得到∠BDP=∠APC，得出三角形PBD与三角形ACP相似，由相似得比例，设直角边AB=AC=3b，利用勾股定理表示出BC，再由PC=2PB，表示出BP和PC，再将表示的AC代入比例式，表示出BD，由AB-BD表示出AD，即可得出AD与BD的关系；
（2）如图2所示，由AB=AC及∠BAC=60°，得到三角形ABC为等边三角形，可得出∠B=∠BAC=∠ACB，且AB=AC=BC，由∠APD=∠B，利用外角性质及角的加减，利用等量代换的思想得到∠BDP=∠APC，得出三角形PBD与三角形ACP相似，由相似得比例，设三边上为3a，根据PC=2PB，表示出PC与BP，代入比例式中表示出BD，由AB-BD表示出AD，即可得出AD与BD的关系；
（3）过点D作DF⊥BC于F点，过D作DM⊥AC于M点，过Q作QN⊥CA交CA延长线于N点，如图3所示，由（2）表示出的AC，PB，PC，BD，AD，在直角三角形BFD中，由∠B=60°，得出∠BDF=30°，利用30°所对的直角边等于斜边的一半表示出BF，进而表示出DF，由BP-BF表示出PF，再由FP+PC表示出CF，在直角三角形CFD中，利用勾股定理表示出CD，由∠APD=∠B=60°，及∠DCQ=60°，得到∠APD=∠DCQ，再由一对对顶角相等，利用内角和定理推出∠PDE=∠CQE，由∠ACB=∠DCQ等号两边都减去∠ACD，得到∠PCD=∠ACQ，可得出三角形PCD与三角形ACQ相似，由相似得比例，根据CQ的长得出CD的长，确定出a的值，进而得出BD，AD，CF，DF的长，再由三角形FCD与三角形NCQ相似，由相似得比例，将已知的边代入求出CN与NQ的长，在直角三角形AMD中，由∠BAD=60°，得出∠ADM=30°，利用30°所对的直角边等于斜边的一半求出AM的长，进而得到DM的长，由AC-AM求出CM的长，再由CN-CM求出MN的长，由三角形DMK与三角形QNK相似，由相似得比例，得出KM与KN的比值，可得到KM与MN的比值，将MN的长代入求出KM的长，由KM-AM即可求出AK的长．
| 5 |
| 4 |
（2）如图2所示，由AB=AC及∠BAC=60°，得到三角形ABC为等边三角形，可得出∠B=∠BAC=∠ACB，且AB=AC=BC，由∠APD=∠B，利用外角性质及角的加减，利用等量代换的思想得到∠BDP=∠APC，得出三角形PBD与三角形ACP相似，由相似得比例，设三边上为3a，根据PC=2PB，表示出PC与BP，代入比例式中表示出BD，由AB-BD表示出AD，即可得出AD与BD的关系；
（3）过点D作DF⊥BC于F点，过D作DM⊥AC于M点，过Q作QN⊥CA交CA延长线于N点，如图3所示，由（2）表示出的AC，PB，PC，BD，AD，在直角三角形BFD中，由∠B=60°，得出∠BDF=30°，利用30°所对的直角边等于斜边的一半表示出BF，进而表示出DF，由BP-BF表示出PF，再由FP+PC表示出CF，在直角三角形CFD中，利用勾股定理表示出CD，由∠APD=∠B=60°，及∠DCQ=60°，得到∠APD=∠DCQ，再由一对对顶角相等，利用内角和定理推出∠PDE=∠CQE，由∠ACB=∠DCQ等号两边都减去∠ACD，得到∠PCD=∠ACQ，可得出三角形PCD与三角形ACQ相似，由相似得比例，根据CQ的长得出CD的长，确定出a的值，进而得出BD，AD，CF，DF的长，再由三角形FCD与三角形NCQ相似，由相似得比例，将已知的边代入求出CN与NQ的长，在直角三角形AMD中，由∠BAD=60°，得出∠ADM=30°，利用30°所对的直角边等于斜边的一半求出AM的长，进而得到DM的长，由AC-AM求出CM的长，再由CN-CM求出MN的长，由三角形DMK与三角形QNK相似，由相似得比例，得出KM与KN的比值，可得到KM与MN的比值，将MN的长代入求出KM的长，由KM-AM即可求出AK的长．
解答：（1）AD=
BD，理由为：
证明：∵AB=AC，∠BAC=90°，
∴△ABC为等腰直角三角形，
∴∠B=∠ACB=45°，
又∠CPD=∠B+∠BDP=∠APD+∠APC，且∠APD=∠B，
∴∠BDP=∠APC，
∴△PBD∽△ACP，
设AB=AC=3b，则有BC=3
b，
由PC=2PB，得到PB=
b，PC=2
b，
∴
=
，即
=
，
解得：BD=
b，
∴AD=AB-BD=3b-
b=
b，
则AD=
BD；
故答案为：AD=
BD．
（2）证明：∵AB=AC，∠BAC=60°，
∴△ABC为等边三角形，
∴∠BAC=∠ACB=∠B=60°，AB=AC=BC，
设AB=AC=BC=3a，由PC=2PB，得到PB=a，PC=2a，
∵∠CPD=∠B+∠BDP=∠APD+∠APC，且∠APD=∠B，
∴∠BDP=∠APC，
∴△PBD∽△ACP，
∴
=
，即
=
，
∴BD=
a，
∴AD=AB-BD=3a-
a=
a，
∴AD=
BD；
（3）解：过点D作DF⊥BC于F点，过D作DM⊥AC于M点，过Q作QN⊥CA交CA延长线于N点，
由（2）知：AC=3a，PB=a，PC=2a，BD=
a，AD=
a，
在Rt△DFB中，∠B=60°，可得出∠BDF=30°，
∴BF=
BD=
a，DF=
a，
∴PF=PB-BF=
a，
∴CF=PF+PC=
a，
在Rt△CFD中，根据勾股定理得：CD2=CF2+DF2，
解得：CD=
a，
∵∠APD=∠B=60°，又∠DCQ=60°，
∴∠APD=∠DCQ，
∵∠PED=∠CEQ，
∴∠PDE=∠CQE，又∠ACB=60°，
∴∠ACB-∠ACD=∠DCQ-∠ACD，即∠PCD=∠ACQ，
∴△PCD∽△ACQ，
∴
=
=
=
，又CQ=
，
∴CD=
，即
a=
，
解得：a=1，
∴BD=
，AD=
，CF=
，DF=
，
∵∠CFD=∠CNQ=90°，∠FCD=∠NCQ，
∴△FCD∽△NCQ，
∴
=
=
，
∴CN=4，NQ=
，
∵在Rt△AMD中，∠DAM=60°，
∴∠BDF=30°，
∴AM=
，DM=
，
∴CM=AC-AM=
，
∴MN=CN-CM=
，
∵∠DMK=∠QNK=90°，∠DKM=∠QKN，
∴△DMK∽△QNK，
∴
=
=
，即KM=
KN，
∴KM=
MN=
×
=
，
则AK=KM-AM=
-
=
．
| 5 |
| 4 |
证明：∵AB=AC，∠BAC=90°，
∴△ABC为等腰直角三角形，
∴∠B=∠ACB=45°，
又∠CPD=∠B+∠BDP=∠APD+∠APC，且∠APD=∠B，
∴∠BDP=∠APC，
∴△PBD∽△ACP，
设AB=AC=3b，则有BC=3
| 2 |
由PC=2PB，得到PB=
| 2 |
| 2 |
∴
| BD |
| CP |
| PB |
| AC |
| BD | ||
2
|
| ||
| 3b |
解得：BD=
| 4 |
| 3 |
∴AD=AB-BD=3b-
| 4 |
| 3 |
| 5 |
| 3 |
则AD=
| 5 |
| 4 |
故答案为：AD=
| 5 |
| 4 |
（2）证明：∵AB=AC，∠BAC=60°，
∴△ABC为等边三角形，
∴∠BAC=∠ACB=∠B=60°，AB=AC=BC，
设AB=AC=BC=3a，由PC=2PB，得到PB=a，PC=2a，
∵∠CPD=∠B+∠BDP=∠APD+∠APC，且∠APD=∠B，
∴∠BDP=∠APC，
∴△PBD∽△ACP，
∴
| BD |
| CP |
| PB |
| AC |
| BD |
| 2a |
| a |
| 3a |
∴BD=
| 2 |
| 3 |
∴AD=AB-BD=3a-
| 2 |
| 3 |
| 7 |
| 3 |
∴AD=
| 7 |
| 2 |
（3）解：过点D作DF⊥BC于F点，过D作DM⊥AC于M点，过Q作QN⊥CA交CA延长线于N点，
由（2）知：AC=3a，PB=a，PC=2a，BD=
| 2 |
| 3 |
| 7 |
| 3 |
在Rt△DFB中，∠B=60°，可得出∠BDF=30°，
∴BF=
| 1 |
| 3 |
| 1 |
| 3 |
| ||
| 3 |
∴PF=PB-BF=
| 2 |
| 3 |
∴CF=PF+PC=
| 8 |
| 3 |
在Rt△CFD中，根据勾股定理得：CD2=CF2+DF2，
解得：CD=
| ||
| 3 |
∵∠APD=∠B=60°，又∠DCQ=60°，
∴∠APD=∠DCQ，
∵∠PED=∠CEQ，
∴∠PDE=∠CQE，又∠ACB=60°，
∴∠ACB-∠ACD=∠DCQ-∠ACD，即∠PCD=∠ACQ，
∴△PCD∽△ACQ，
∴
| CD |
| CQ |
| PC |
| CA |
| 2a |
| 3a |
| 2 |
| 3 |
| ||
| 2 |
∴CD=
| ||
| 3 |
| ||
| 3 |
| ||
| 3 |
解得：a=1，
∴BD=
| 2 |
| 3 |
| 7 |
| 3 |
| 8 |
| 3 |
| ||
| 3 |
∵∠CFD=∠CNQ=90°，∠FCD=∠NCQ，
∴△FCD∽△NCQ，
∴
| DF |
| NQ |
| CF |
| CN |
| CD |
| CQ |
∴CN=4，NQ=
| ||
| 2 |
∵在Rt△AMD中，∠DAM=60°，
∴∠BDF=30°，
∴AM=
| 7 |
| 6 |
7
| ||
| 6 |
∴CM=AC-AM=
| 11 |
| 6 |
∴MN=CN-CM=
| 13 |
| 6 |
∵∠DMK=∠QNK=90°，∠DKM=∠QKN，
∴△DMK∽△QNK，
∴
| KM |
| KN |
| DM |
| QN |
| 7 |
| 3 |
| 7 |
| 3 |
∴KM=
| 7 |
| 10 |
| 7 |
| 10 |
| 13 |
| 6 |
| 91 |
| 60 |
则AK=KM-AM=
| 91 |
| 60 |
| 7 |
| 6 |
| 7 |
| 20 |
点评：此题属于相似形综合题，涉及的知识有：相似三角形的判定与性质，等腰直角三角形的判定与性质，等边三角形的判定与性质，含30°直角三角形的性质，利用了转化及等量代换的数学思想，是一道难道较强的压轴题．
练习册系列答案
相关题目
