Question

10．如图，点P为正方形ABCD内一点，且∠APB=90°，延长AP交直线CD于M，分别延长CP、DP交直线AB于点E、F
（1）求证：$\frac{AE}{CM}$=$\frac{AF}{DM}$；
（2）求证：EF²=AF•BE；
（3）若E为AB的中点，直接写出tan∠APD的值．

Answer 1

分析 （1）因为AF∥DM，所以△AEP∽△MCP，△AFP∽△MDP，利用对应边的比相等可得$\frac{AE}{CM}=\frac{AP}{PM}=\frac{AF}{DM}$；
（2）延长BP交CD于点N，因为AF∥DM，类似（1）问中，易证$\frac{EF}{BE}$=$\frac{CD}{CN}$和$\frac{AF}{EF}$=$\frac{DM}{CD}$，再证明△BNC∽△MAD，利用正方形四边形相等即可得出$\frac{CN}{CD}=\frac{CD}{DM}$，从而得出EF²=AF•BE；

解答 （1）在正方形ABCD中，
AF∥DM，
∴△AEP∽△MCP，△AFP∽△MDP
∴$\frac{AE}{CM}$=$\frac{AP}{PM}$，$\frac{AP}{PM}$=$\frac{AF}{PM}$，
∴$\frac{AE}{CM}=\frac{AP}{PM}=\frac{AF}{DM}$，
∴$\frac{AE}{CM}$=$\frac{AF}{DM}$，


（2）延长BP交CD于点N，
∵EF∥CD，
∴△EFP∽△CDP，
∴$\frac{EF}{CD}$=$\frac{PE}{PC}$，
∵BE∥CN，
∴△EBP∽△CNP，
∴$\frac{BE}{CN}$=$\frac{PE}{PC}$，
∴$\frac{EF}{CD}=\frac{BE}{CN}$，
即$\frac{EF}{BE}$=$\frac{CD}{CN}$，
同理可证：$\frac{AF}{DM}$=$\frac{PF}{PD}$，$\frac{EF}{CD}$=$\frac{PF}{PD}$，
∴$\frac{AF}{DM}$=$\frac{EF}{CD}$，
即$\frac{AF}{EF}$=$\frac{DM}{CD}$，
∵∠APB=∠BPM=BCM=90°，
∴∠NBC=∠AMD，
∴△BNC∽△MAD，
∴$\frac{CN}{BC}$=$\frac{AD}{DM}$
∵AD=BC=CD，
∴$\frac{CN}{CD}=\frac{CD}{DM}$，
∴$\frac{EF}{BE}=\frac{AF}{EF}$，
∴EF²=AF•BE；

（3）连接AN
由（2）可知，∠PNM=∠DAM，
∴A、P、N、D四点共圆，
∴∠APD=∠AND，
设BF=x，AB=2，
由（2）可知：EF²=AF•BE，
∴（1+x）²=（2+x），
∴x=-$\frac{1}{2}$±$\frac{\sqrt{5}}{2}$，
∵x＞0，
∴x=$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$，
∵$\frac{BF}{DN}=\frac{BP}{PN}=\frac{EB}{CN}$，
∴$\frac{BF}{DN}=\frac{EB}{CD-DN}$，
∴DN=3-$\sqrt{5}$，
∴在Rt△ADN中，
tan∠AND=$\frac{AD}{DN}$=$\frac{2}{3-\sqrt{5}}$=$\frac{{3+\sqrt{5}}}{2}$，
∴tan∠APD=tan∠AND=$\frac{3+\sqrt{3}}{2}$．

点评 本题考查相似三角形的性质与判定，涉及正方形的性质，锐角三角函数，相似三角形的性质等知识，题目较综合，需要学生灵活运用对应边的比相等进行求证，解题的关键是利用AF∥DM得出相似三角形．