Question

12．如圖1，已知AB⊥BM，AB=2，點P為射線BM上的動點，聯(lián)結(jié)AP，作BH⊥AP，垂足為H，∠APM的平分線交BH的延長線于點D，聯(lián)結(jié)AD．
（1）若∠BAP=30°，求∠ADP的度數(shù)；
（2）若S_△ADP：S_△ABP=3：2，求BP的長；
（3）若AD∥BM（如圖2），求BP的長．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)AB⊥BM、∠BAP=30°可得∠APB=60°、∠APM=120°，再由BH⊥AP、BH平分∠APM得∠BPA=∠DPA、PB=PD，證△ABP≌△ADP可得∠ADP=∠ABP=90°；
（2）S_△ADP：S_△ABP=3：2可得HD：BH=3：2，設BH=2x，DH=3x，根據(jù)角平分線性質(zhì)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）過點D作DN⊥BM于N，根據(jù)已知條件知四邊形ABND是矩形可得DN=AB，由角平分線性質(zhì)得DH=DN，故可證得△ABP≌△DHA，有BP=HA，設BP=x，再證△ABH∽△APB得AB²=AH•AP，可列出關于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）如圖1，過點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，
設BH=2x，DH=3x，
∵PD平分∠APM，BH⊥AP，DN⊥BM，
∴DN=DH=2x，
在△BND中，BD=5x，DN=3x，則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）如圖2，過點D作DN⊥BM于N，
∵AB⊥BN，AD∥BM，
∴∠ABN=∠DNB=∠BAD=90°，
∴四邊形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，
設BP=x，
∵∠BAH=∠PAB，∠ABP=∠AHB，
∴△ABH∽△APB，
∴AB²=AH•AP，
∴4=x•$\sqrt{4+{x}^{2}}$，解得：x²=2$\sqrt{5}$-2，（負根已舍）
∴BP=$（2\sqrt{5}-2）^{\frac{1}{2}}$．

點評 本題主要考查全等三角形判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)、角平分線性質(zhì)等知識點，將待求角和線段通過全等或相似轉(zhuǎn)化到求另一個相等量是關鍵也是難點．