Question

（2012•南崗區(qū)一模）已知：菱形ABCD中，BD為對角線，|P、Q兩點分別在AB、BD上，且滿足∠PCQ=∠ABD，
（1）如圖1，當∠BAD=90°時，證明：

2

DQ+BP=CD；
（2）如圖2，當∠BAD=120°時，則

3

DQ+BP=

2

CD；    
（3）如圖3，在（2）的條件下，延長CQ交AD邊點E，交BA延長線于M，作∠DCE的平分AD邊于F若CQ：PM=5：7，EF=

35

24

，求線段BP的長．

Answer 1

分析：（1）當∠BAD=90°時四邊形ABCD是正方形，易證△APC∽△DQC，則可以得到AP=

2

DQ，則可以證得；
（2）作∠QCK=∠PCQ，過B作BL∥CK，連接AC，易證△DLB∽△DQC則DL=

3

DQ，然后證明△ACP≌△DCK，即可證得；
（3）設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

=

AC

CD

=

2

1

，
∴AP=

2

DQ
∵CD-BP=AP，
∴CD-BP=

2

DQ，即

2

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=

3

DQ，
∴CD+DK=

3

DQ，
又∵四邊形APCK對角互補，AC平分∠PAK，
∴△ACP≌△DCK，
∴DK=AP，
∴CD+DK=CD+AP=2CD-BP=

3

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=

5

2

k，CG=

5 3

2

k．
在Rt△MGC中，MG=

MC2-CG2

=

11

2

k，
∴BM=8k．
∵AB=BC=5k，
∴AM=BM-AB=3k．
∵AM∥CD，
∴∠AMC=∠DCM，
∵∠AEM=∠DEC，
∴△AME∽△DCE，
∴AM：DC=AE：DE．
∴AE=

15

8

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=

10

3

k，EF=AF-AE=

35

24

k，
∵EF=

35

24

k，
∴k=1．
∴DC=5．
過C作CN⊥BD于N，
則∠CND=90°．
∵∠CDN=30°，
∴CN=

5

2

，ND=

5 3

2

；
∵BC=CD，
∴BD=2ND=5

3

；
∵∠DQE=∠BQC，∠CBD=∠EDQ，
∴△EDQ∽△CBQ，
∴ED：BC=DQ：QB，
∴QD=

5

13

BD，
∴QD=

25 3

13

．
∵2CD-BP=

3

DQ，
∴BP=

55

13

．

點評：本題考查了正方形的性質與相似三角形的性質與判定的綜合應用，正確作出輔助線是關鍵．