Question

8．如图，在正方形ABCD中，点P为CB延长线上一点，连接AP．
（1）如图1，∠APB=60°，以CD为边向外作等边△CDF，连接AF，DE平分∠ADC交AF于点E，连接PE，CE，证明：PA+PC=$\sqrt{3}$PE．
（2）如图2，过点C作CF⊥AP于点F，连接DF，AC，若S_△APC：S_□ABCD=1：4，求出DF与AB之间的数量关系．

Answer 1

分析 （1）首先证明△ADE≌△CDE，推出∠AED=∠DEC=∠AEC=120°，AE=EC，∠DCE=∠DAE=15°，∠PCE=75°，由∠APB=60°，推出∠APB+∠AEC=120°，推出A、P、C、E四点共圆，由弦AE=弦EC，推出∠APE=∠EPC=30°，推出∠PEC=75°=∠PCE，推出PE=PC，设PB=a则PA=2a，AB=BC=$\sqrt{3}$a，
由PA+PC=2a+a+$\sqrt{3}$a=$\sqrt{3}$（ $\sqrt{3}$a+a）=$\sqrt{3}$（BC+PB）=$\sqrt{3}$PC即可证明．
（2）如图2中，结论：$\frac{DF}{AB}$=$\frac{\sqrt{6}}{2}$．连接BD交AC于O，作FM⊥AC于M，DF与AC交于点H．设AC=BD=4a，则OA=OC=OD=OB=2a，AD=2 $\sqrt{2}$a．想办法求出DF即可解决问题．

解答 （1）证明：如图1中，

∵△CDF是等边三角形，四边形ABCD是正方形，
∴CD=DF=AD，∴∠ADC=90°，∠CDF=60°，
∴∠ADF=150°，∠DAF=∠DFA=15°，
∵∠EDA=∠EDC=45°，
∴∠AED=180°-∠DAE-∠ADE=120°，
在△ADE和△CDE中，
$\left\{\begin{array}{l}{DA=DC}\\{∠ADE=∠CDE}\\{DE=DE}\end{array}\right.$，
∴△ADE≌△CDE，
∴∠AED=∠DEC=∠AEC=120°，AE=EC，∠DCE=∠DAE=15°，
∴∠PCE=75°，
∵∠APB=60°，
∴∠APB+∠AEC=120°，
∴A、P、C、E四点共圆，
∵弦AE=弦EC，
∴∠APE=∠EPC=30°，
∴∠PEC=75°=∠PCE，
∴PE=PC，设PB=a则PA=2a，AB=BC=$\sqrt{3}$a，
∴PA+PC=2a+a+$\sqrt{3}$a=$\sqrt{3}$（ $\sqrt{3}$a+a）=$\sqrt{3}$（BC+PB）=$\sqrt{3}$PC，
∴PA+PC=$\sqrt{3}$PE．

（2）解：如图2中，结论：$\frac{DF}{AB}$=$\frac{\sqrt{6}}{2}$．

理由：连接BD交AC于O，作FM⊥AC于M，DF与AC交于点H．设AC=BD=4a，则OA=OC=OD=OB=2a，AD=2 $\sqrt{2}$a．
∵S_△AFC：S_{正方形ABCD}=1：4，
∴$\frac{1}{2}$•AC•FM：AD²=1：4，
∴$\frac{1}{2}$•4a•FM：8a²=1：4，
∴FM=a，
∵AF⊥FC，FM⊥AC，易知△AFM∽△FCM，
∴FM²=AM•MC，
∴AM•（4a-AM）=a²，
∴AM²-4a•AM+a²=0，
∴AM=（2-$\sqrt{3}$）a或（2+$\sqrt{3}$）a（舍弃），
∵FM∥OD，
∴$\frac{HM}{HO}$=$\frac{FH}{DH}$=$\frac{FM}{OD}$=$\frac{1}{2}$，
∴HM=$\frac{\sqrt{3}}{3}$a，OH=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$a，
∴FH=$\sqrt{F{M}^{2}+H{M}^{2}}$=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$a，
∴DH=2FH=$\frac{4\sqrt{4}}{3}$a，
∴DF=FH+DH=2 $\sqrt{3}$a，
∴$\frac{DF}{AB}$=$\frac{2\sqrt{3}a}{2\sqrt{2}a}$=$\frac{\sqrt{6}}{2}$．

点评 本题考查四边形综合题．正方形的性质、等边三角形的性质、全等三角形的判定和性质，平行线等分线段定理、勾股定理等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会利用参数解决问题，本题体现了数形结合的思想，属于中考压轴题．