Question

12．如图1，已知AB⊥BM，AB=2，点P为射线BM上的动点，联结AP，作BH⊥AP，垂足为H，∠APM的平分线交BH的延长线于点D，联结AD．
（1）若∠BAP=30°，求∠ADP的度数；
（2）若S_△ADP：S_△ABP=3：2，求BP的长；
（3）若AD∥BM（如图2），求BP的长．

Answer 1

分析 （1）根据AB⊥BM、∠BAP=30°可得∠APB=60°、∠APM=120°，再由BH⊥AP、BH平分∠APM得∠BPA=∠DPA、PB=PD，证△ABP≌△ADP可得∠ADP=∠ABP=90°；
（2）S_△ADP：S_△ABP=3：2可得HD：BH=3：2，设BH=2x，DH=3x，根据角平分线性质得DN=DH=3x，在RT△BDN中表示出tan∠DBN，由∠BAP=∠HBP可得AB=$\frac{BP}{tan∠BAP}=\frac{10}{3}x$，由AB=2可求出x的值；
（3）过点D作DN⊥BM于N，根据已知条件知四边形ABND是矩形可得DN=AB，由角平分线性质得DH=DN，故可证得△ABP≌△DHA，有BP=HA，设BP=x，再证△ABH∽△APB得AB²=AH•AP，可列出关于x的方程，解方程即得．

解答 解：（1）∵AB⊥BH，
∴∠ABP=90°，
∵∠BAP=30°，
∴∠APB=60°，
∴∠APM=180°-60°=120°，
∵PD平分∠APM，
∴∠DPM=$\frac{1}{2}$∠APM=60°，
∵BH⊥AP，
∴∠BHP=90°，
∴∠HBP=30°，
∵∠PBD+∠PDB=∠DPM，
∴∠PDB=60°-30°=30°，
∴PB=PD，
在△ABP和△ADP中，
∵$\left\{\begin{array}{l}{BP=DP}\\{∠BPA=∠DPA}\\{PA=PA}\end{array}\right.$，
∴△ABP≌△ADP（SAS），
∴∠ADP=∠ABP=90°；
（2）如图1，过点D作DN⊥BM于N，

∵BH⊥AP，
∴S_△ADP=$\frac{1}{2}$AP•HD，S_△ABP=$\frac{1}{2}$AP•BH，
∵S_△ADP：S_△ABP=3：2，
∴HD：BH=3：2，
设BH=2x，DH=3x，
∵PD平分∠APM，BH⊥AP，DN⊥BM，
∴DN=DH=2x，
在△BND中，BD=5x，DN=3x，则BN=4x，
∴tan∠DBN=$\frac{DN}{BN}=\frac{3}{4}$，
∴HP=2x•$\frac{3}{4}$=$\frac{3}{2}$x，
∴BP=$\frac{5}{2}$x，
∵AB⊥BP，
∴∠BAP+∠BPH=90°=∠HBP+∠APB，
∴∠BAP=∠HBP，
∴AB=$\frac{BP}{tan∠BAP}=\frac{\frac{5}{2}x}{\frac{3}{4}}=\frac{10}{3}x$，
∵AB=2，
∴x=$\frac{3}{5}$，
∴BP=$\frac{5}{2}$x=$\frac{3}{2}$；
（3）如图2，过点D作DN⊥BM于N，
∵AB⊥BN，AD∥BM，
∴∠ABN=∠DNB=∠BAD=90°，
∴四边形ABND是矩形，
∴DN=AB=2，
∵PD平分∠APM，
∴DH=DN=2，
在△ABP和△DHA中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠BAP=∠HPA}\\{AB=DH}\\{∠ABP=∠DHA}\end{array}\right.$，
∴△ABP≌△DHA（ASA），
∴BP=HA，
设BP=x，
∵∠BAH=∠PAB，∠ABP=∠AHB，
∴△ABH∽△APB，
∴AB²=AH•AP，
∴4=x•$\sqrt{4+{x}^{2}}$，解得：x²=2$\sqrt{5}$-2，（负根已舍）
∴BP=$（2\sqrt{5}-2）^{\frac{1}{2}}$．

点评 本题主要考查全等三角形判定与性质、相似三角形的判定与性质、角平分线性质等知识点，将待求角和线段通过全等或相似转化到求另一个相等量是关键也是难点．