已知:菱形ABCD中,BD為對角線,|P、Q兩點(diǎn)分別在AB、BD上,且滿足∠PCQ=∠ABD,
(1)如圖1,當(dāng)∠BAD=90°時(shí),證明:DQ+BP=CD;
(2)如圖2,當(dāng)∠BAD=120°時(shí),則______
【答案】分析:(1)當(dāng)∠BAD=90°時(shí)四邊形ABCD是正方形,易證△APC∽△DQC,則可以得到AP=DQ,則可以證得;
(2)作∠QCK=∠PCQ,過B作BL∥CK,連接AC,易證△DLB∽△DQC則DL=DQ,然后證明△ACP≌△DCK,即可證得;
(3)設(shè)BC=5k,則MC=7k,過C作CG⊥AB于G,則∠CGB=90°,在直角△BCG中,利用三角函數(shù)求得BG,CG,然后在直角△MCG中,利用勾股定理求得MG的長,證明△AME∽△DCE,根據(jù)相似三角形的對應(yīng)邊的比相等求得AE的長,延長CF、BM交于H,可以證得△DFC∽△AFH,求得AF的長,根據(jù)EF=AF-AE求得k的值,過C作CN⊥BD于N,證明△EDQ∽△CBQ,求得QD的長,即可求解.
解答:解:(1)證明:連接AC,在菱形ABCD中,∵∠BAD=90°,
∴四邊形ABCD是正方形.
∴∠PCQ=∠BDC=45°,∠PAC=∠QDC=∠ACD=45°
∴∠ACP+∠ACQ=∠ACQ+∠QCD=45°,
∴∠ACP=∠QCD
∴△APC∽△DQC,
==,
∴AP=DQ
∵CD-BP=AP,
∴CD-BP=DQ,即DQ+BP=CD;

(2)作∠QCK=∠PCQ,過B作BL∥CK,連接AC.
∵∠QCK=∠ADB,
∴∠CQD=∠CKD
∵CK∥BL,
∴∠CKD=∠BLD,
∴△DLB∽△DQC.
∴DL=DQ,
∴CD+DK=DQ,
又∵四邊形APCK對角互補(bǔ),AC平分∠PAK,
∴△ACP≌△DCK,
∴DK=AP,
∴CD+DK=CD+AP=2CD-BP=DQ;

(3)在菱形ABCD中,∠ABD=∠BDC=30°
∵∠PCQ=∠ABD=30°,
∴∠PCQ=∠DCQ.
∵BM∥CD,
∴∠PMC=∠DCQ,
∴△DQC∽△MPC
∴CQ:PM=DC:MC=5:7,
∴BC:MC=5:7.
設(shè)BC=5k,則MC=7k,過C作CG⊥AB于G,則∠CGB=90°
∵AD∥BC,
∴∠BAD+∠ABC=180°.
∵∠BAD=120°,
∴∠ABC=60°,
∴BG=k,CG=k.
在Rt△MGC中,MG==k,
∴BM=8k.
∵AB=BC=5k,
∴AM=BM-AB=3k.
∵AM∥CD,
∴∠AMC=∠DCM,
∵∠AEM=∠DEC,
∴△AME∽△DCE,
∴AM:DC=AE:DE.
∴AE=k.
延長CF、BM交于H,則∠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
∴AF=k,EF=AF-AE=k,
∵EF=k,
∴k=1.
∴DC=5.
過C作CN⊥BD于N,
則∠CND=90°.
∵∠CDN=30°,
∴CN=,ND=;
∵BC=CD,
∴BD=2ND=5;
∵∠DQE=∠BQC,∠CBD=∠EDQ,
∴△EDQ∽△CBQ,
∴ED:BC=DQ:QB,
∴QD=BD,
∴QD=
∵2CD-BP=DQ,
∴BP=
點(diǎn)評:本題考查了正方形的性質(zhì)與相似三角形的性質(zhì)與判定的綜合應(yīng)用,正確作出輔助線是關(guān)鍵.
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