Question

3．如图，已知在△ABC中，射线AM∥BC，P是边BC上一动点，∠APD=∠B，PD交射线AM于点D．联结CD．AB=4，BC=6，∠B=60°．
（1）求证：AP²=AD•BP；
（2）如果以AD为半径的圆A以与A以BP为半径的圆B相切．求线段BP的长度；
（3）将△ACD绕点A旋转，如果点D恰好与点B重合，点C落在点E的位置上，求此时∠BEP的余切值．

Answer 1

分析 （1）先由平行线证明∠APB=∠DAP，再由已知条件∠APD=∠B，证明△ABP∽△DPA，得出对应边成比例$\frac{AP}{DA}=\frac{BP}{AP}$，即可得出结论；
（2）设BP=x，作AH⊥BC于H，先根据勾股定理求出AH，再由勾股定理得出AP²=PH²+AH²，由两圆外切时，AB=|AD+BP|，得出方程，解方程即可；
（3）作PG⊥AB于G；先根据题意得出：AD=AB=$\frac{{x}^{2}-4x+16}{x}$=4，解方程求出BP，再证明△ABP为等边三角形，求出PG，然后证明四边形ADCH为矩形，得出BE=CD=AH=2$\sqrt{3}$，∠ABE=∠ADC=90°，求出BF，即可求出∠BEP的余切值．

解答 （1）证明：∵AM∥BC，
∴∠APB=∠DAP，
又∵∠APD=∠B，
∴△ABP∽△DPA，
∴$\frac{AP}{DA}=\frac{BP}{AP}$，
∴AP²=AD•BP；
（2）解：设BP=x，作AH⊥BC于H，如图1所示：
∵∠B=60°，
∴∠BAH=30°，
∴BH=$\frac{1}{2}$ AB=2，
根据勾股定理得：AH=$\sqrt{{4}^{2}-{2}^{2}}$=2$\sqrt{3}$，
AP²=PH²+AH²=（x-2）²+（2$\sqrt{3}$）²=x²-4x+16，
∴AD=$\frac{A{P}^{2}}{BP}$=$\frac{{x}^{2}-4x+16}{x}$，
两圆相切时，AB=|AD+BP|，
即4=|x+$\frac{{x}^{2}-4x+16}{x}$|，
整理得：4x=|4x-16|，
解得：x=2，
∴BP的长度为2时，两圆内切；
（3）解：根据题意得：AD=AB=$\frac{{x}^{2}-4x+16}{x}$=4，
解得：x=4，
∴BP=4，
∵∠ABP=60°，AB=BP=4，
∴△ABP为等边三角形，
∵AD=AB=4，CH=BC-BH=4，AD∥CH，∠AHC=90°，
∴四边形ADCH为矩形，
∴BE=CD=AH=2$\sqrt{3}$，∠ABE=∠ADC=90°，
作PG⊥AB于G，如图2所示：
则PG∥BE，PG=2$\sqrt{3}$，
∴PG=BE，
∴BF=FG=$\frac{1}{2}$BG=1，
∴cot∠BEP=$\frac{BE}{BF}$=2$\sqrt{3}$．

点评 本题是相似形综合题，考查了相似三角形的判定与性质、勾股定理、两圆外切的条件、等边三角形的判定与性质、三角函数等知识；本题难度较大，综合性强，特别是（2）（3）中，需要通过作辅助线运用勾股定理和证明等边三角形、矩形才能得出结果．