Question

13．如图，四边形ABCD为⊙O内接四边形，过点D的直线与直线BA、BC交于点E、F
（1）如图1，若BE=BF，D为EF中点，求证：AD=CD；
（2）如图2，若DE=$\frac{1}{2}$DF，tan∠BFE=$\sqrt{3}$，P为线段BF上一动点（不与点C重合），连接PD并作∠PDQ=∠ADC交BE于Q，当∠DPB=∠B=90°时，求$\frac{AQ}{CP}$的值；
（3）如图3，若DE=m•DF，BE=k•BF，P为线段BF上一动点（不与C重合），连接PD并作∠PDQ=∠ADC交BE于Q，请用含m、k的式子直接写出$\frac{AQ}{CP}$的值．

Answer 1

分析 （1）如图1中，连接BD．由BE=BF，ED=DF，推出∠DBE=∠DBF，推出$\widehat{AD}$=$\widehat{CD}$，推出AD=CD．
（2）如图2中，由△ADQ∽△CDP，推出$\frac{AQ}{PC}$=$\frac{QD}{DP}$，由tan∠F=$\sqrt{3}$，推出∠F=60°，由DF=2DE，设DE=a，则DF=2a，DQ=$\frac{1}{2}$a，DP=$\sqrt{3}$a，由此即可解决问题．
（3）如图3中，作DN⊥BC于N，DM⊥EB于M，连接BD．由△ADQ∽△CDP，推出$\frac{AQ}{PC}$=$\frac{DQ}{DP}$，∠AQD=∠DPC，由△DMQ∽△DNP，推出$\frac{DQ}{DP}$=$\frac{DM}{DN}$，推出$\frac{AQ}{PC}$=$\frac{DM}{DN}$，由$\frac{{S}_{△EDB}}{{S}_{△BDF}}$=$\frac{\frac{1}{2}•EB•DM}{\frac{1}{2}•BF•DN}$=$\frac{DE}{DF}$，由DE=m•DF，BE=k•BF，推出$\frac{k•BF•DM}{BF•DN}$=$\frac{m•DF}{DF}$，推出$\frac{DM}{DN}$=$\frac{m}{k}$，即可解决问题．

解答 （1）证明：如图1中，连接BD．

∵BE=BF，ED=DF，
∴∠DBE=∠DBF，
∴$\widehat{AD}$=$\widehat{CD}$，
∴AD=CD．

（2）如图2中，

∵∠B=90°，∠B+∠ADC=180°，
∴∠QDP=∠ADC=90°，∵DPB=90°，
∴四边形ABPD是矩形，
∴∠AQD=∠DPC=90°，
∵∠ADC=∠QDP，
∴∠ADQ=∠CDP，
∴△ADQ∽△CDP，
∴$\frac{AQ}{PC}$=$\frac{QD}{DP}$，
∵tan∠F=$\sqrt{3}$，
∴∠F=60°，∵DF=2DE，
设DE=a，则DF=2a，DQ=$\frac{1}{2}$a，DP=$\sqrt{3}$a，
∴$\frac{AQ}{PC}$=$\frac{\frac{1}{2}a}{\sqrt{3}a}$=$\frac{\sqrt{3}}{6}$．

（3）如图3中，作DN⊥BC于N，DM⊥EB于M，连接BD．

∵∠ADC=∠QDP，
∴∠ADQ=∠CDP，
∵∠DCP=∠DAQ，
∴△ADQ∽△CDP，
∴$\frac{AQ}{PC}$=$\frac{DQ}{DP}$，∠AQD=∠DPC，
∵∠DMQ=∠DNP，
∴△DMQ∽△DNP，
∴$\frac{DQ}{DP}$=$\frac{DM}{DN}$，
∴$\frac{AQ}{PC}$=$\frac{DM}{DN}$，
∵$\frac{{S}_{△EDB}}{{S}_{△BDF}}$=$\frac{\frac{1}{2}•EB•DM}{\frac{1}{2}•BF•DN}$=$\frac{DE}{DF}$，
∵DE=m•DF，BE=k•BF，
∴$\frac{k•BF•DM}{BF•DN}$=$\frac{m•DF}{DF}$，
∴$\frac{DM}{DN}$=$\frac{m}{k}$，
∴$\frac{AQ}{PC}$=$\frac{m}{k}$．

点评 本题考查圆综合题、等腰三角形的性质、相似三角形的判定和性质、特殊角的三角函数、矩形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会添加常用辅助线，构造相似三角形解决问题，学会利用面积法证明线段之间的关系，属于中考压轴题．