Question

17．如图，点P是菱形ABCD对角线AC上的一点，连接DP并延长交AB于点E，连接BP并延长交AD于点F，交CD延长线于点G．
（1）求证：PB=PD．
（2）若DF：FA=1：2
①请写出线段PF与线段PD之间满足的数量关系，并说明理由；
②当△DGP是等腰三角形时，求tan∠DAB的值．

Answer 1

分析 （1）根据菱形的性质得出∠DAP=∠PAB，AD=AB，再利用全等三角形的判定得出△APB≌△APD；
（2）①首先证明△DFP≌△BEP，进而得出$\frac{DG}{AB}=\frac{1}{2}$，$\frac{BE}{AB}=\frac{1}{3}$，进而得出$\frac{DP}{PE}=\frac{DG}{EB}$即$\frac{3}{2}=\frac{DP}{PF}$，即可得出答案；
②由（1）证得△APB≌△APD，得到∠ABP=∠ADP，根据平行线的性质，得到∠G=∠ABP，（Ⅰ）若DG=PG根据△DGP∽△EBP，得DG=$\frac{9}{2}$a，由勾股定理得到FH=$\sqrt{（6a）^{2}-{x}^{2}}=\frac{20\sqrt{2}}{9}a$，于是得到结论；
（Ⅱ）若DG=DP，设DG=DP=3m，则PB=3m，PE=BE=PF=2m，AB=AD=2DG=6m，AF=4m，BF=5m，设AH=x，求得FH=$\sqrt{（4m）^{2}-{x}^{2}}=\frac{5\sqrt{7}}{4}m$，得到tan∠DAB=$\frac{FH}{AH}$=$\frac{5\sqrt{7}}{9}$．

解答 （1）证明：∵四边形ABCD是菱形，
∴AB=AD，AC平分∠DAB，
∴∠DAP=∠BAP，
在△APB和△APD中，
$\left\{\begin{array}{l}{AB=AD}\\{∠BAP=∠DAP}\\{AP=AP}\end{array}\right.$，
∴△APB≌△APD，
∴PB=PD；         
（2）解：①∵四边形ABCD是菱形，
∴AD∥BC，AD=BC，
∴△AFP∽△CBP，
∴$\frac{AF}{BC}=\frac{FP}{BP}$，
∵$\frac{DF}{FA}=\frac{1}{2}$，
∴$\frac{AF}{BC}=\frac{2}{3}$，
∴$\frac{FP}{BP}=\frac{2}{3}$，
由（1）知PB=PD，
∴$\frac{PF}{PD}=\frac{2}{3}$，
∴PF=$\frac{2}{3}$PD．
②由（1）证得△APB≌△APD，
∴∠ABP=∠ADP，
∵GC∥AB，
∴∠G=∠ABP，
∴∠ADP=∠G，
∴∠GDP＞∠G，
∴PD≠PG．
（Ⅰ），若DG=PG，
∵DG∥AB，
∴△DGP∽△EBP，
∴PB=EB，
由（2）知$\frac{PF}{PD}=\frac{2}{3}$，设PF=2a，
则PB=BE=PD=3a，PE=PF=2a，BF=5a，
由△DGP∽△EBP，得DG=$\frac{9}{2}$a，
∴AB=AD=2DG=9a，
∴AF=6a，
如图1，作FH⊥AB于H，设AH=x，

则（6a）²-x²=（5a）²-（9a-x）²，
解得x=$\frac{46}{9}$a，∴FH=$\sqrt{（6a）^{2}-{x}^{2}}=\frac{20\sqrt{2}}{9}a$，
∴tan∠DAB=$\frac{FH}{AH}=\frac{10\sqrt{2}}{23}$；
（Ⅱ）若DG=DP，如图2，

设DG=DP=3m，则PB=3m，PE=BE=PF=2m，
AB=AD=2DG=6m，AF=4m，BF=5m，
设AH=x，
∴（4m）²-x²=（5m）²-（6m-x）²，
解得x=$\frac{9}{4}$m，
∴FH=$\sqrt{（4m）^{2}-{x}^{2}}=\frac{5\sqrt{7}}{4}m$，
∴tan∠DAB=$\frac{FH}{AH}$=$\frac{5\sqrt{7}}{9}$．

点评 此题主要考查了相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质，勾股定理，锐角三角函数，平行线的性质，菱形的性质，正确的作出辅助线是解题的关键．