Question

11．（1）如图1，AB∥CD，AD、BC交于点P，过P点任作将直线交AB、CD于E、F两点，求证：$\frac{AE}{BE}$=$\frac{DF}{CF}$；
（2）如图2，在△ABC中，EF∥BC，BF、CE交于点P，直线AP交BC于点D，交EF于点Q，求证：BD=CD；
（3）如图3，在△ABC中，EF∥CD，D为BC上一点，AD、EF交于点Q，BF交AD点P，延长EP交B于点G，
①求证：DB²=DG•DC；
②若BC=6DG，则$\frac{BD}{CG}$=$\frac{2}{3}$（直接写出你的答案，不需要过程）

Answer 1

分析 （1）根据相似三角形的判定和性质即可得到结论；
（2）根据相似三角形的性质可得$\frac{EG}{BD}$=$\frac{AE}{AB}$=$\frac{EF}{BC}$=$\frac{EP}{PC}$=$\frac{EG}{DC}$，即可得到BD=DC；
（3）①根据相似三角形的性质得到$\frac{EQ}{FQ}=\frac{DG}{BD}$，$\frac{EQ}{FQ}=\frac{BD}{CD}$，等量代换得到$\frac{DG}{BD}=\frac{BD}{CD}$，于是得到结论；②设$\frac{DG}{BD}=\frac{BD}{CD}$=k，则BD=k•DG，CD=k•BD=k²•DG，根据BC=6DG列方程求得BD=2DG，CD=4DG，于是得到结论．

解答 证明：（1）∵AB∥CD，
∴△AEP∽△DFP，△BEP∽△CFP，
∴$\frac{AE}{DF}=\frac{PE}{PF}$，$\frac{BE}{CF}=\frac{PE}{PF}$，
∴$\frac{AE}{DF}=\frac{BE}{CF}$，
∴$\frac{AE}{BE}$=$\frac{DF}{CF}$；

（2）证明：∵EF∥BC，
∴△AEG∽△ABD，
∴$\frac{EG}{BD}$=$\frac{AE}{AB}$，
同理可得：$\frac{AE}{AB}$=$\frac{EF}{BC}$，$\frac{EF}{BC}$=$\frac{EP}{PC}$，$\frac{EP}{PC}$=$\frac{EG}{DC}$，
∴$\frac{EG}{BD}$=$\frac{EG}{CD}$，
∴BD=DC；
（3）①∵EF∥BC，
∴△EQP∽△GDP，△QFP∽△DBP，
∴$\frac{EQ}{DG}=\frac{PQ}{PD}，\frac{FQ}{BD}=\frac{PQ}{PD}$，
∴$\frac{EQ}{DG}=\frac{FQ}{BD}$，
∴$\frac{EQ}{FQ}=\frac{DG}{BD}$  ①，
∵EF∥BC，
∴△AEQ∽△ABD，△AFQ∽△ACD，
∴$\frac{EQ}{BD}=\frac{AQ}{AD}$，$\frac{FQ}{CD}=\frac{AQ}{AD}$，
∴$\frac{EQ}{BD}=\frac{FQ}{CD}$，
∴$\frac{EQ}{FQ}=\frac{BD}{CD}$  ②，
∴由①②得$\frac{DG}{BD}=\frac{BD}{CD}$，
∴DB²=DG•DC；
②设$\frac{DG}{BD}=\frac{BD}{CD}$=k，
则BD=k•DG，CD=k•BD=k²•DG，
∵BC=6DG，
∴BD+CD=k•DG+k²•DG=6DG，
∴k+k²=6，
∴k=2（负值舍去），
∴BD=2DG，CD=4DG，
∴CG=CD-DG=3DG，
∴$\frac{BD}{CG}$=$\frac{2}{3}$．
故答案为：$\frac{2}{3}$．

点评 本题主要考查的是相似三角形的判定与性质，一元二次方程的解法，正确的识别图形是解题的关键．