Question

在△ABC中，∠ACB=2∠BAC，點E在AC上，連接BE，且AE=BE，CD平分∠ACB交AB于點D，連接DE．
（1）（如圖1），求證：BD=ED；
（2）設(shè)線段CD、BE相交于點P，將∠CAB沿直線AC翻折得到∠CAB′（如圖2），射線AB′交BE延長線于點Q，連接CQ，若DE：BC=2：3，S_{四邊形ADPQ}=，求∠ACQ的正切值．

Answer 1

【答案】分析：（1）根據(jù)條件CD平分∠ACB可以得出∠ACB=2∠ACD=2∠BCD從而得出∠ACD=∠BCD=∠A=∠ABE，最后通過證明△ADE≌△CDB就可以得出結(jié)論；
（2）由DE：BC=2：3，設(shè)DE=4k，BC=6k，可以得出AE=BE=BC=6k，從而可以得出∠DBE=∠EBA，就有△BDE∽△BEA，由相似三角形的性質(zhì)就可以表示出AB=9k，AD=CD=5k，再由∠DBP=∠BCD，∠BDP=∠CDB，可以得出△BDP∽△CDB，從而求出BP=k，PD=k．過點D作DF⊥BE于F，根據(jù)勾股定理可以求出DF的值，可以表示出sin∠FBD=，cos∠QAC==．進而求得S_△PBD的值，再由條件可以證明△PBD∽△QBA，求出S_△PBD：S_△QBA的比值，由其條件建立方程求出k的值，過Q作QH⊥AC于H，在Rt△AHQ中，HQ=AQ•sin∠QAC=，AH=AQ•cos∠QAC=，通過△ADC∽△AEB就可以得出CH的值，從而就可以求出
∠ACQ的正切值．
解答：（1）證明：∵CD平分∠ACB，
∴∠ACB=2∠ACD=2∠BCD．
∵AE=BE，
∴∠A=∠ABE．
∵∠ACB=2∠A，
∴∠ACD=∠BCD=∠A=∠ABE
∴AD=CD．
∵∠BEC=∠A+∠ABE=2∠A=2∠ACD，
∴∠BEC=∠ACB，
∴BC=BE，BC=AE，
∵在△ADE和△CDB中，
，
∴△ADE≌△CDB（SAS），
∴DE=DB，即BD=ED．

（2）解：∵DE：BC=2：3，設(shè)DE=4k，BC=6k，
∴AE=BE=BC=6k．
∵BD=ED，
∴∠DEB=∠DBE，
∴∠EAB=∠DEB．
∵∠DBE=∠EBA，
∴△BDE∽△BEA，
∴，
∴，
∴AB=9k．
∴AD=CD=5k．
∵∠DBP=∠BCD，∠BDP=∠CDB，
∴△BDP∽△CDB，
∴，
∴，
∴BP=k，PD=k．
過點D作DF⊥BE于F，
∵BD=ED，DF⊥BE，
∴BF=EF=BE=3k．
∴在Rt△BFD中，DF==k，
∴sin∠FBD=，cos∠QAC==．
∵∠QAC=∠BAC=∠FBD，
∴sin∠QAC==，cos∠QAC=，
∴S_△PBD=BP•DF=×=．
∵∠QAC=∠BAC，
∴∠QAC=∠ACB，
∴PD∥AQ，
∴△PBD∽△QBA，
∴S_△PBD：S_△QBA=BD²：BA²=（4k）²：（9k）²=16：81，．
∴S_{四邊形ADPQ}=S_△QBA-S_△PBD=
∴S_△PBD：S_{四邊形ADPQ}=16：65，AQ=k，
∴，
∴k=1，k=-1（舍去）
∴AQ=．
過Q作QH⊥AC于H，
∴在Rt△AHQ中，HQ=AQ•sin∠QAC=，AH=AQ•cos∠QAC=，．
∵∠ACD=∠ABE，∠CAD=∠BAE，∴△ADC∽△AEB，
∴，
∴，
∴AC=k=，
∴CH=AC-AH=，
∴在Rt△CHQ中，tan∠ACQ=．
點評：本題是一道綜合性極強幾何綜合試題，考查了全等三角形的判定及性質(zhì)的運用，相似三角形的判定及性質(zhì)的運用，勾股定理放入性質(zhì)的運用，三角函數(shù)值的運用，利用參數(shù)法求解的運用，解答時靈活運用相似三角形的性質(zhì)求解是解答本題的關(guān)鍵，正確作出輔助線是解答本題的難點．