Question

1．已知平行四边形ABCD，DC=kBC，∠A=60°，E为AB的中点，∠PEQ=120°，EP交AD于点P，EQ交∠BCD的外角平分线于点Q．
（1）如图一，当k=1时，求证：QE=3PE；
（2）如图二，当k=2时，写出PE与QE的数量关系EQ=2PE；
（3）如图三，在（1）的条件下，当P为AD的中点时，连接DE和PQ，交点为G，连接GC，BD交点为M，若AB=4，求CM的长．

Answer 1

分析 （1）如图1中，作EG⊥AD于G，EN⊥CQ于N，延长CQ、AB交于点M，先证明△EAG∽△EMN得$\frac{AE}{EM}$=$\frac{EG}{EN}$=$\frac{1}{3}$，再证明△EPG∽△ENQ，得$\frac{PE}{EQ}$=$\frac{EG}{EN}$=$\frac{1}{3}$即可证明．
（2）结论：EQ=2EP．如图2中，连接EC，作EG⊥AD于G，证明方法类似（1）．
（3）如图3中，当点P是线段AD中点时，点Q在AB的延长线上，由BN∥PE，得到$\frac{BN}{PE}$=$\frac{BC}{CE}$=$\frac{2}{3}$，设PE=a，则DB=2a，BN=$\frac{2}{3}$a，DN=$\frac{4}{3}$a，求出GN与NQ的比值即可解决问题．

解答 （1）证明：如图1中，作EG⊥AD于G，EN⊥CQ于N，延长CQ、AB交于点M．
∵四边形ABCD是平行四边形，DC=BC，∠A=60°，
∴AB=BC=CD=AD，
∴△ABD，△BDC都是等边三角形，
∵CM是∠DCB的外角平分线，
∴∠BCM=∠CBM=60°，
∴△BCM是等边三角形，
∵AE=EB，AB=BC=BM，
∴EM=3AE，
∵∠AGE=∠ENM=90°，∠A=∠M=60°，
∴△EAG∽△EMN，
∴$\frac{AE}{EM}$=$\frac{EG}{EN}$=$\frac{1}{3}$，
∵∠AEG=∠MEN=30°，
∴∠GEN=∠PEQ=120°，
∴∠PEG=∠QEN，
∵∠EGP=∠EQN=90°，
∴△EPG∽△ENQ，
∴$\frac{PE}{EQ}$=$\frac{EG}{EN}$=$\frac{1}{3}$，
∴EN=3PE．
（2）结论：EQ=2EP．
理由：如图2中，连接EC，作EG⊥AD于G，
∵AB=CD=2BC，△BCM是等边三角形，AE=EB，
∴BC=BM=EB，
∴∠ECB=90°，
∵∠AGE=∠ECM=90°，∠A=∠M=60°，
∴△EAG∽△EMC，
∴$\frac{AE}{EM}$=$\frac{EG}{EC}$=$\frac{1}{2}$，
∵∠AEG=∠MEC=30°，
∴∠GEC=∠PEQ=120°，
∴∠PEG=∠QEC，
∵∠EGP=∠ECQ=90°，
∴△EPG∽△EQC，
∴$\frac{PE}{EQ}$=$\frac{EG}{EC}$=$\frac{1}{2}$，
∴EQ=2EP．
（3）如图3中，当点P是线段AD中点时，点Q在AB的延长线上，
∵AP=PD，AE=EB，
∴PE∥DB．DE=$\frac{1}{2}$DE，
∵BN∥PE，
∴$\frac{BN}{PE}$=$\frac{BC}{CE}$=$\frac{2}{3}$，设PE=a，则DB=2a，BN=$\frac{2}{3}$a，DN=$\frac{4}{3}$a，
∴$\frac{PE}{DN}$=$\frac{PG}{GN}$=$\frac{EG}{DG}$=$\frac{3}{4}$，∵$\frac{PN}{NC}$=$\frac{EB}{BC}$=$\frac{1}{2}$，
∴$\frac{GN}{NC}$=$\frac{GM}{CM}$=$\frac{2}{7}$，
∴MC=$\frac{7}{9}$CG，
∵DE=$\frac{\sqrt{3}}{2}$AB=2$\sqrt{3}$，
∴DG=$\frac{4}{7}$DE=$\frac{8\sqrt{3}}{7}$，
在RT△DCG中，CG=$\sqrt{D{G}^{2}+C{D}^{2}}$=$\sqrt{（\frac{8\sqrt{3}}{7}）^{2}+{4}^{2}}$=$\frac{4}{7}$$\sqrt{61}$，
∴CM=$\frac{4\sqrt{61}}{9}$．

点评 本题考查四边形综合题、相似三角形的性质、平行线分线段成比例定理、勾股定理等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线构造相似三角形，利用平行线分线段成比例定理是解决第三个问题的关键，属于中考压轴题．