Question

【题目】已知BD为正方形ABCD的对角线，P、Q两点分别在AB、BD上，且满足∠PCQ=∠ABD.

(1)求：的值；

(2)由于四边形不具稳定性，把正方形ABCD沿D向右拉动,使∠BAD=120时,此时线段CD、DQ、BP有何数量关系，请说明理由.

(3)如图3,在(2)的条件下,延长CQ交AD边于点E交BA的延长线于点M,作∠DCE的平分线交AD边于点F,若CQ：PM=5：7,EF= a，求线段CD的长.

Answer 1

【答案】（1）；（2）DQ+BP=2CD，理由见解析；（3）DC=.

【解析】

（1）连接AC，由题意知：∠PCQ=∠ABD=45°，由于∠ACD=45°，故∠PCA=∠QCD，又∠CDQ=∠PAC，故△APC∽△DQC.相似三角形对应边成比例，即能得出本题结果.

(2) 作∠QCK=∠PCQ，过B作BL∥CK，连接AC, 得∠CQD=∠CKD.BL∥CK，则∠BLD∠CQD，∠BDL=∠CDB，则△BLD∽△CQD，知==，则DL=DQ,CD+DK=DQ，又通过证明△ACP≌DCK，故DK=AP，所以CD+DK=CD+AP=2CD-BP=DQ.

(3)根据题意易得:∠BDC=∠PCQ=30°，∠PMC=∠QCD,则△DQC∽△MPC,所以==5:7，设BC=5k，MC=7k，过C作CGAB与G，则CGB=90°.AD∥BC易得∠ABC=60°，所以BG=k，CG=k，在Rt△MGC中，根据勾股定理知MG=k,则BM=8k，AB=BC=5k，AM=3k，因为AM∥CD易知△AME∽△DCE，则知AE=k，延长CF、BM交于H，易得∠MCH=MHC，则，MH=MC=7k，AH=10k. △DFC∽△AFH,知==1:2,易知AF=k，又EF=a，则k=a，所以DC=a。

(1)如图1，连接AC，四边形ABCD是正方形.

∴∠PCQ=∠CDQ=45°,∠PAC=∠QDC=∠ACD=45°

∴∠ACP+∠ACQ=∠ACQ+∠QCD=45°.

∴∠ACP=∠QCD，

∴△APC∽△DQC.

∴.

（2）猜想：DQ+BP=2CD

理由如下：如图2，作∠QCK=∠PCQ，过B作BL∥CK，连接AC．

由题得四边形ABCD为菱形，∠BAD=120°，

∴∠ABD=∠ADB=30°，

∵∠QCK=∠ADB，

∴∠CQD=∠CKD

∵CK∥BL，

∴∠CKD=∠BLD，

∴△DLB∽△DQC.

∴

∴DL=DQ，

∴CD+DK=DQ，

∵∠BAD=120，∠PCK=60 AC平分∠PAK，

∴∠APC=∠CKD ∠PAC=∠KDC DC=AC

∴△ACP≌△DCK，

∴DK=AP，

∴CD+DK=CD+AP=2CDBP=DQ，

即DQ+BP=2CD；

(3)在菱形ABCD中,∠ABD=∠BDC=30°，

∴∠PCQ=∠CDQ=∠PCQ=∠ABD=30°，.

∵BM∥CD，

∴∠PMC=∠DCQ，

∴△DQC∽△MPC

∴CQ:PM=DC:MC=5:7，

∴BC:MC=5:7.

设BC=5k,则MC=7k,如图3,过C作CG⊥AB于G,则∠CGB=90°

∵AD∥BC，

∴∠BAD+∠ABC=180°.

∵∠BAD=120°.

∴∠ABC=60°.

∴BG=k,CG=.

在Rt△MGC中,MG==k，

∴BM=8k.

∵AB=BC=5k，

∴AM=BMAB=3k.

∵AM∥CD，

∴∠AMC=∠DCM，

∵∠AEM=∠DEC，

∴△AME∽△DCE，

∴AM:DC=AE:DE.

∴AE=k.

延长CF、BM交于H，

则∠DCF=∠MHC

∵FC平分∠ECD，

∴∠ECF=∠DCF，

∴∠MCH=∠MHC，

∴MH=MC=7k，

∴AH=AM+MH=10k.

∵∠HFA=∠CFD，

∴△DFC∽△AFH，

∴DF:AF=DC:AH=1:2

∴AF=k, EF=AFAE=k，

∵EF=k=，

∴k=

∴DC=.