Question

10．如圖，點(diǎn)P為正方形ABCD內(nèi)一點(diǎn)，且∠APB=90°，延長(zhǎng)AP交直線(xiàn)CD于M，分別延長(zhǎng)CP、DP交直線(xiàn)AB于點(diǎn)E、F
（1）求證：$\frac{AE}{CM}$=$\frac{AF}{DM}$；
（2）求證：EF²=AF•BE；
（3）若E為AB的中點(diǎn)，直接寫(xiě)出tan∠APD的值．

Answer 1

分析 （1）因?yàn)锳F∥DM，所以△AEP∽△MCP，△AFP∽△MDP，利用對(duì)應(yīng)邊的比相等可得$\frac{AE}{CM}=\frac{AP}{PM}=\frac{AF}{DM}$；
（2）延長(zhǎng)BP交CD于點(diǎn)N，因?yàn)锳F∥DM，類(lèi)似（1）問(wèn)中，易證$\frac{EF}{BE}$=$\frac{CD}{CN}$和$\frac{AF}{EF}$=$\frac{DM}{CD}$，再證明△BNC∽△MAD，利用正方形四邊形相等即可得出$\frac{CN}{CD}=\frac{CD}{DM}$，從而得出EF²=AF•BE；

解答 （1）在正方形ABCD中，
AF∥DM，
∴△AEP∽△MCP，△AFP∽△MDP
∴$\frac{AE}{CM}$=$\frac{AP}{PM}$，$\frac{AP}{PM}$=$\frac{AF}{PM}$，
∴$\frac{AE}{CM}=\frac{AP}{PM}=\frac{AF}{DM}$，
∴$\frac{AE}{CM}$=$\frac{AF}{DM}$，


（2）延長(zhǎng)BP交CD于點(diǎn)N，
∵EF∥CD，
∴△EFP∽△CDP，
∴$\frac{EF}{CD}$=$\frac{PE}{PC}$，
∵BE∥CN，
∴△EBP∽△CNP，
∴$\frac{BE}{CN}$=$\frac{PE}{PC}$，
∴$\frac{EF}{CD}=\frac{BE}{CN}$，
即$\frac{EF}{BE}$=$\frac{CD}{CN}$，
同理可證：$\frac{AF}{DM}$=$\frac{PF}{PD}$，$\frac{EF}{CD}$=$\frac{PF}{PD}$，
∴$\frac{AF}{DM}$=$\frac{EF}{CD}$，
即$\frac{AF}{EF}$=$\frac{DM}{CD}$，
∵∠APB=∠BPM=BCM=90°，
∴∠NBC=∠AMD，
∴△BNC∽△MAD，
∴$\frac{CN}{BC}$=$\frac{AD}{DM}$
∵AD=BC=CD，
∴$\frac{CN}{CD}=\frac{CD}{DM}$，
∴$\frac{EF}{BE}=\frac{AF}{EF}$，
∴EF²=AF•BE；

（3）連接AN
由（2）可知，∠PNM=∠DAM，
∴A、P、N、D四點(diǎn)共圓，
∴∠APD=∠AND，
設(shè)BF=x，AB=2，
由（2）可知：EF²=AF•BE，
∴（1+x）²=（2+x），
∴x=-$\frac{1}{2}$±$\frac{\sqrt{5}}{2}$，
∵x＞0，
∴x=$\frac{\sqrt{5}-1}{2}$，
∵$\frac{BF}{DN}=\frac{BP}{PN}=\frac{EB}{CN}$，
∴$\frac{BF}{DN}=\frac{EB}{CD-DN}$，
∴DN=3-$\sqrt{5}$，
∴在Rt△ADN中，
tan∠AND=$\frac{AD}{DN}$=$\frac{2}{3-\sqrt{5}}$=$\frac{{3+\sqrt{5}}}{2}$，
∴tan∠APD=tan∠AND=$\frac{3+\sqrt{3}}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查相似三角形的性質(zhì)與判定，涉及正方形的性質(zhì)，銳角三角函數(shù)，相似三角形的性質(zhì)等知識(shí)，題目較綜合，需要學(xué)生靈活運(yùn)用對(duì)應(yīng)邊的比相等進(jìn)行求證，解題的關(guān)鍵是利用AF∥DM得出相似三角形．