题目内容
1．如图，在△ABC中，点D是线段BC上一点，过D作BC的垂线交AC于E，过点A作AF∥BC交DE延长线于F，并且BD=2AF，连接AD．（1）如图1，当∠DEC=3∠ADF时，求证：AD平分∠BAC；
（2）如图2，在（1）的条件下，点P是线段AB上一个动点，连结CP交AD于点N，点K是AN的中点，过点K作AN的垂线交AB于点M，交AC于点Q，连结CM、PQ，设CM与PQ相交于点O，若∠BAC=60°，OQ=2OM，请探究线段PQ、CM之间的数量关系并说明理由．
分析 （1）如图1中，过A作AG⊥BC于G，只要证明○DAC=2∠ADE，∠BAD=2∠ADF即可解决问题．
（2）结论：CM=2PQ．首先证明四边形AMNQ是有一个内角为60°的菱形，由MN∥AC，QN∥AB，推出$\frac{PN}{NC}$=$\frac{AQ}{QC}$=$\frac{PM}{AM}$，即$\frac{MQ}{CM}$=$\frac{PM}{MQ}$，因为∠PMQ=∠MQC，所以△PMQ∽△MQC，所以∠MQP=∠MCQ，$\frac{PQ}{CM}$=$\frac{MQ}{CQ}$，因为∠QMO=∠CMQ，所以△MOQ∽△MQC，所以$\frac{OM}{MQ}$=$\frac{OQ}{CQ}$，所以$\frac{MQ}{CQ}$=$\frac{OM}{OQ}$=$\frac{1}{2}$，由此解决问题．
解答 （1）证明：如图1中，过A作AG⊥BC于G，
∵AF∥BC，DF⊥BC，
∴DF⊥AF，
∴四边形AGDF是矩形，
∴AF=DG，
∵BD=2AF，
∴BG=DG，
∴AB=AD，
∴∠BAG=∠DAG，
∵∠DEC=3∠ADE=∠ADE+∠DAE，
∴∠DAE=2∠ADE，
∵AG∥DF，
∴∠GAD=∠ADE，
∴∠DAE=2∠DAG，
∵∠BAD=2∠DAG，
∴∠BAD=∠DAE，
∴AD平分∠BAC．
（2）解：结论：CM=2PQ．
理由：连接MN、QN．
∵AD平分∠BAC，
∴∠KAM=∠KAQ，∠AKM=∠AKQ=90°，AK=AK，
∴△AKM≌△AKQ，
∴AM=AQ，∵∠MAQ=60°，
∴△AMQ是等边三角形，
∴AM=MQ=AQ，MK=KQ，∠AMQ=∠AQM=60°，
∴∠PMQ=∠MQC=120°，
∵AN与MQ互相垂直平分，
∴四边形AMNQ是菱形，
∴MN∥AC，QN∥AB，
∴$\frac{PN}{NC}$=$\frac{AQ}{QC}$=$\frac{PM}{AM}$，即$\frac{MQ}{CM}$=$\frac{PM}{MQ}$，∵∠PMQ=∠MQC，
∴△PMQ∽△MQC，
∴∠MQP=∠MCQ，$\frac{PQ}{CM}$=$\frac{MQ}{CQ}$，
∵∠QMO=∠CMQ，
∴△MOQ∽△MQC，
∴$\frac{OM}{MQ}$=$\frac{OQ}{CQ}$，
∴$\frac{MQ}{CQ}$=$\frac{OM}{OQ}$=$\frac{1}{2}$，
∴$\frac{PQ}{CM}$=$\frac{MQ}{CQ}$=$\frac{1}{2}$，
∴CM=2PQ．
点评 本题考查相似三角形的判定和性质、等边三角形的判定和性质、菱形的判定和性质，平行线分线段成比例定理等知识，解题的关键是灵活应用相似三角形的判定，寻找相似三角形是本题的难点，属于中考压轴题．
如图A，B，C，D在⊙O上，已知AB=10，CD=6，∠A+∠C=90°，则⊙O的半径=$\sqrt{34}$．| A． | $\sqrt{3}$ | B． | $\sqrt{3}$或-$\sqrt{3}$ | C． | $\sqrt{3}$或5 | D． | -$\sqrt{3}$或5 |