Question

13．如图1，四边形ABCD的对角线AC，BD相交于点O，OB=OD，OC=OA+AB，AD=m，BC=n，∠ABD+∠ADB=∠ACB．
（1）填空：∠BAD与∠ACB的数量关系为∠BAD+∠ACB=180°；
（2）求$\frac{m}{n}$的值；
（3）将△ACD沿CD翻折，得到△A′CD（如图2），连接BA′，与CD相交于点P．若CD=$\frac{\sqrt{5}+1}{2}$，求PC的长．

Answer 1

分析 （1）在△ABD中，根据三角形的内角和定理即可得出结论：∠BAD+∠ACB=180°；
（2）如图1中，作DE∥AB交AC于E．由△OAB≌△OED，可得AB=DE，OA=OE，设AB=DE=CE=x，OA=OE=y，由△EAD∽△ABC，推出$\frac{ED}{AC}$=$\frac{AE}{AB}$=$\frac{DA}{CB}$=$\frac{m}{n}$，可得$\frac{x}{x+2y}$=$\frac{2y}{x}$，可得4y²+2xy-x²=0，即（$\frac{2y}{x}$）²+$\frac{2y}{x}$-1=0，求出$\frac{2y}{x}$的值即可解决问题；
（3）如图2中，作DE∥AB交AC于E．想办法证明△PA′D∽△PBC，可得$\frac{A′D}{BC}$=$\frac{PD}{PC}$=$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$，可得$\frac{PD+PC}{PC}$=$\frac{\sqrt{5}+1}{2}$，即$\frac{PD}{PC}$=$\frac{\sqrt{5}+1}{2}$，由此即可解决问题；

解答 解：（1）如图1中，

在△ABD中，∵∠BAD+∠ABD+∠ADB=180°，
又∵∠ABD+∠ADB=∠ACB，
∴∠BAD+∠ACB=180°，
故答案为∠BAD+∠ACB=180°．

（2）如图1中，作DE∥AB交AC于E．
∴∠DEA=∠BAE，∠OBA=∠ODE，
∵OB=OD，
∴△OAB≌△OED，
∴AB=DE，OA=OE，设AB=DE=CE=x，OA=OE=y，
∵∠EDA+∠DAB=180°，∠BAD+∠ACB=180°，
∴∠EDA=∠ACB，
∵∠DEA=∠CAB，
∴△EAD∽△ABC，
∴$\frac{ED}{AC}$=$\frac{AE}{AB}$=$\frac{DA}{CB}$=$\frac{m}{n}$，
∴$\frac{x}{x+2y}$=$\frac{2y}{x}$，
∴4y²+2xy-x²=0，
∴（$\frac{2y}{x}$）²+$\frac{2y}{x}$-1=0，
∴$\frac{2y}{x}$=$\frac{-1+\sqrt{5}}{2}$（负根已经舍弃），
∴$\frac{m}{n}$=$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$．

（3）如图2中，作DE∥AB交AC于E．

由（1）可知，DE=CE，∠DCA=∠DCA′，
∴∠EDC=∠ECD=∠DCA′，
∴DE∥CA′∥AB，
∴∠ABC+∠A′CB=180°，
∵△EAD∽△ACB，
∴∠DAE=∠ABC=∠DA′C，
∴∠DA′C+∠A′CB=180°，
∴A′D∥BC，
∴△PA′D∽△PBC，
∴$\frac{A′D}{BC}$=$\frac{PD}{PC}$=$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$，
∴$\frac{PD+PC}{PC}$=$\frac{\sqrt{5}+1}{2}$，即$\frac{CD}{PC}$=$\frac{\sqrt{5}+1}{2}$
∵CD=$\frac{\sqrt{5}+1}{2}$，
∴PC=1．

点评 本题考查几何变换综合题、平行线的性质、全等三角形的判定和性质、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会添加常用辅助线，构造全等三角形或相似三角形解决问题，学会利用参数构造方程解决问题，属于中考压轴题．