Question

13．如图，点P是菱形ABCD对角线AC上的一点，连接DP并延长DP交边AB于点E，连接BP并延长交边AD于点F，交CD的延长线于点G．已知DF：FA=1：2．
（1）求证：△APB≌△APD；
（2）当线段DP的长为6时，求线段FG的长；
（3）当△DGP是等腰三角形时，求出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）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 $\frac{DP}{PF}=\frac{3}{2}$，即可得出答案；
（3）由（1）证得△APB≌△APD，得到∠ABP=∠ADP，根据平行线的性质，得到∠G=∠ABP，①若DG=PG根据△DGP∽△EBP，得DG=$\frac{9}{2}$a，由勾股定理得到FH=$\sqrt{（6a）^{2}-{x}^{2}}=\frac{20\sqrt{2}}{9}a$，所以tan∠DAB=$\frac{FH}{AH}$=$\frac{10\sqrt{2}}{23}$；②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，所以tan∠DAB=$\frac{FH}{AH}$=$\frac{5\sqrt{7}}{4}$．

解答 解（1）由菱形的性质可知∠DAP=∠BAP，AD=AB，
在△DAP和△BAP中，$\left\{\begin{array}{l}{AD=AB}\\{∠DAP=∠BAP}\\{AP=AP}\end{array}\right.$，
∴△DAP≌△BAP．
（2）（2）∵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，
当DP=6时，PF=$\frac{2}{3}$×6=4，
∴FB=FP+PB=4+6=10．
∵DG∥AB，
∴△DFG∽△AFB．
∴$\frac{FG}{FB}$=$\frac{FD}{FA}$=$\frac{1}{2}$，
∴FG=$\frac{1}{2}$×10=5
即线段FG的长为5；
（3）由（1）证得△APB≌△APD，
∴∠ABP=∠ADP，
∵GC∥AB，
∴∠G=∠ABP，
∴∠ADP=∠G，
∴∠GDP＞∠G，
∴PD≠PG．
①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，
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=$\frac{FH}{AH}$=$\frac{10\sqrt{2}}{23}$
②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，
∴（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．