Question

1．（1）如图1，在△ABC中，AB=AC，DB∥AC，点P是BC边上一点，∠BAC=∠APD=∠BPE；①求证：PB=PE；②求证：△APB≌△DPE．
（2）如图2，延长EP交AC于点M，连接DM交AB于点Q，求证：△BQD是等腰三角形．

Answer 1

分析 （1）①由平行线的性质得出∠EBP=∠ACB，由已知条件得出∠PEB=∠ABC，由等腰三角形的性质得出∠ABC=∠ACB，因此∠EBP=∠PEB，即可得出结论；
②证出∠EPD=∠BPA，由ASA证明△APB≌△DPE即可；
（2）连接AD，由全等三角形的性质得出PA=PD，证出∠PDA=∠ACB=∠ABC，由于DB∥AC，由平行线的性质和角的关系得出∠PDA=∠PMC，因此∠PMA+∠PDA=180°，得出四边形AMPD四点共圆，由圆周角相等得出∠APD=∠AMD=∠BAC，由平行线的性质得出∠DBQ=∠BAC，∠BDQ=∠AMD，得出∠BDQ=∠DBQ，即可得出结论．

解答 （1）证明：①∵DB∥AC，
∴∠EBP=∠ACB，
∵∠BAC=∠BPE，
∴∠PEB=∠ABC，
∵AB=AC，
∴∠ABC=∠ACB，
∴∠EBP=∠PEB，
∴PB=PE；
②∵∠APD=∠BPE，
∴∠EPD=∠BPA，
在△APB和△DPE中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠EPD=∠BPA}\\{PE=PB}\\{∠PEB=∠ABC}\end{array}\right.$，
∴△APB≌△DPE（ASA）；
（2）证明：连接AD，如图所示：
∵△APB≌△DPE，
∴PA=PD，
∴∠PAD=∠PDA，
∵∠BAC=∠APD，
∴∠PDA=∠ACB=∠ABC，
∵DB∥AC，
∴∠PEB=∠PMC，
∵∠PEB=∠ABC，
∴∠PDA=∠PMC，
∴∠PMA+∠PDA=180°，
∴四边形AMPD四点共圆，
∴∠APD=∠AMD=∠BAC，
∵DB∥AC，
∴∠DBQ=∠BAC，∠BDQ=∠AMD，
∴∠BDQ=∠DBQ，
∴DQ=BQ，
∴△BQD是等腰三角形．

点评 本题考查了全等三角形的判定与性质、等腰三角形的判定与性质、平行线的性质、四点共圆、圆周角定理等知识；本题综合性强，有一定难度，特别是（2）中，需要通过证明四点共圆，运用圆周角定理才能得出结论．