Question

（2012•香坊區(qū)一模）已知：在△ABC中，AB=AC，點(diǎn)P是BC上一點(diǎn)，PC=2PB，連接AP，作∠APD=∠B交AB于點(diǎn)D．連接CD，交AP于點(diǎn)E．
（1）如圖1，當(dāng)∠BAC=90°時(shí)，則線段AD與BD的數(shù)量關(guān)系為

AD=

5

4

BD

；
（2）如圖2，當(dāng)∠BAC=60°時(shí)，求證：AD=

7

2

BD；
（3）在（2）的條件下，過點(diǎn)C作∠DCQ=60°交PA的延長(zhǎng)線于點(diǎn)Q如圖3，連接DQ，延長(zhǎng)CA交DQ于點(diǎn)K，若CQ=

67

2

．求線段AK的長(zhǎng)．

Answer 1

分析：（1）AD=

5

4

BD，理由為：如圖1所示，由AB=AC及∠BAC=90°，得到三角形ABC為等腰直角三角形，可得出兩個(gè)銳角為45°，再由∠APD=∠B，利用外角性質(zhì)及角的加減，利用等量代換的思想得到∠BDP=∠APC，得出三角形PBD與三角形ACP相似，由相似得比例，設(shè)直角邊AB=AC=3b，利用勾股定理表示出BC，再由PC=2PB，表示出BP和PC，再將表示的AC代入比例式，表示出BD，由AB-BD表示出AD，即可得出AD與BD的關(guān)系；
（2）如圖2所示，由AB=AC及∠BAC=60°，得到三角形ABC為等邊三角形，可得出∠B=∠BAC=∠ACB，且AB=AC=BC，由∠APD=∠B，利用外角性質(zhì)及角的加減，利用等量代換的思想得到∠BDP=∠APC，得出三角形PBD與三角形ACP相似，由相似得比例，設(shè)三邊上為3a，根據(jù)PC=2PB，表示出PC與BP，代入比例式中表示出BD，由AB-BD表示出AD，即可得出AD與BD的關(guān)系；
（3）過點(diǎn)D作DF⊥BC于F點(diǎn)，過D作DM⊥AC于M點(diǎn)，過Q作QN⊥CA交CA延長(zhǎng)線于N點(diǎn)，如圖3所示，由（2）表示出的AC，PB，PC，BD，AD，在直角三角形BFD中，由∠B=60°，得出∠BDF=30°，利用30°所對(duì)的直角邊等于斜邊的一半表示出BF，進(jìn)而表示出DF，由BP-BF表示出PF，再由FP+PC表示出CF，在直角三角形CFD中，利用勾股定理表示出CD，由∠APD=∠B=60°，及∠DCQ=60°，得到∠APD=∠DCQ，再由一對(duì)對(duì)頂角相等，利用內(nèi)角和定理推出∠PDE=∠CQE，由∠ACB=∠DCQ等號(hào)兩邊都減去∠ACD，得到∠PCD=∠ACQ，可得出三角形PCD與三角形ACQ相似，由相似得比例，根據(jù)CQ的長(zhǎng)得出CD的長(zhǎng)，確定出a的值，進(jìn)而得出BD，AD，CF，DF的長(zhǎng)，再由三角形FCD與三角形NCQ相似，由相似得比例，將已知的邊代入求出CN與NQ的長(zhǎng)，在直角三角形AMD中，由∠BAD=60°，得出∠ADM=30°，利用30°所對(duì)的直角邊等于斜邊的一半求出AM的長(zhǎng)，進(jìn)而得到DM的長(zhǎng)，由AC-AM求出CM的長(zhǎng)，再由CN-CM求出MN的長(zhǎng)，由三角形DMK與三角形QNK相似，由相似得比例，得出KM與KN的比值，可得到KM與MN的比值，將MN的長(zhǎng)代入求出KM的長(zhǎng)，由KM-AM即可求出AK的長(zhǎng)．

解答：（1）AD=

5

4

BD，理由為：
證明：∵AB=AC，∠BAC=90°，
∴△ABC為等腰直角三角形，
∴∠B=∠ACB=45°，
又∠CPD=∠B+∠BDP=∠APD+∠APC，且∠APD=∠B，
∴∠BDP=∠APC，
∴△PBD∽△ACP，
設(shè)AB=AC=3b，則有BC=3

2

b，
由PC=2PB，得到PB=

2

b，PC=2

2

b，
∴

BD

CP

=

PB

AC

，即

BD

2 2 b

=

2 b

3b

，
解得：BD=

4

3

b，
∴AD=AB-BD=3b-

4

3

b=

5

3

b，
則AD=

5

4

BD；
故答案為：AD=

5

4

BD．

（2）證明：∵AB=AC，∠BAC=60°，
∴△ABC為等邊三角形，
∴∠BAC=∠ACB=∠B=60°，AB=AC=BC，
設(shè)AB=AC=BC=3a，由PC=2PB，得到PB=a，PC=2a，
∵∠CPD=∠B+∠BDP=∠APD+∠APC，且∠APD=∠B，
∴∠BDP=∠APC，
∴△PBD∽△ACP，
∴

BD

CP

=

PB

AC

，即

BD

2a

=

a

3a

，
∴BD=

2

3

a，
∴AD=AB-BD=3a-

2

3

a=

7

3

a，
∴AD=

7

2

BD；

（3）解：過點(diǎn)D作DF⊥BC于F點(diǎn)，過D作DM⊥AC于M點(diǎn)，過Q作QN⊥CA交CA延長(zhǎng)線于N點(diǎn)，

由（2）知：AC=3a，PB=a，PC=2a，BD=

2

3

a，AD=

7

3

a，
在Rt△DFB中，∠B=60°，可得出∠BDF=30°，
∴BF=

1

3

BD=

1

3

a，DF=

3

3

a，
∴PF=PB-BF=

2

3

a，
∴CF=PF+PC=

8

3

a，
在Rt△CFD中，根據(jù)勾股定理得：CD²=CF²+DF²，
解得：CD=

67

3

a，
∵∠APD=∠B=60°，又∠DCQ=60°，
∴∠APD=∠DCQ，
∵∠PED=∠CEQ，
∴∠PDE=∠CQE，又∠ACB=60°，
∴∠ACB-∠ACD=∠DCQ-∠ACD，即∠PCD=∠ACQ，
∴△PCD∽△ACQ，
∴

CD

CQ

=

PC

CA

=

2a

3a

=

2

3

，又CQ=

67

2

，
∴CD=

67

3

，即

67

3

a=

67

3

，
解得：a=1，
∴BD=

2

3

，AD=

7

3

，CF=

8

3

，DF=

3

3

，
∵∠CFD=∠CNQ=90°，∠FCD=∠NCQ，
∴△FCD∽△NCQ，
∴

DF

NQ

=

CF

CN

=

CD

CQ

，
∴CN=4，NQ=

3

2

，
∵在Rt△AMD中，∠DAM=60°，
∴∠BDF=30°，
∴AM=

7

6

，DM=

7 3

6

，
∴CM=AC-AM=

11

6

，
∴MN=CN-CM=

13

6

，
∵∠DMK=∠QNK=90°，∠DKM=∠QKN，
∴△DMK∽△QNK，
∴

KM

KN

=

DM

QN

=

7

3

，即KM=

7

3

KN，
∴KM=

7

10

MN=

7

10

×

13

6

=

91

60

，
則AK=KM-AM=

91

60

-

7

6

=

7

20

．

點(diǎn)評(píng)：此題屬于相似形綜合題，涉及的知識(shí)有：相似三角形的判定與性質(zhì)，等腰直角三角形的判定與性質(zhì)，等邊三角形的判定與性質(zhì)，含30°直角三角形的性質(zhì)，利用了轉(zhuǎn)化及等量代換的數(shù)學(xué)思想，是一道難道較強(qiáng)的壓軸題．