Question

14．如圖，正方形ABCD中，E、F分別為CD、BC的中點(diǎn)，AE、DF交于點(diǎn)P．
（1）連接CP交AD于點(diǎn)G，DG=$\frac{2\sqrt{10}}{3}$，則PC=4；
（2）連接AC交DF于點(diǎn)Q，則△CQE的面積為$\frac{10}{3}$．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)正方形的性質(zhì)得到AD=CD=BC，∠ADE=∠BCD=90°，于是得到DE=CF，推出△ADE≌△CDF，根據(jù)全等三角形的性質(zhì)得到∠1=∠2，由∠2+∠3=90°，得到∠1+∠3=90°，根據(jù)三角函數(shù)的定義得到tan∠1=$\frac{DE}{AD}=\frac{1}{2}=\frac{DP}{AP}$，tan∠2=$\frac{PE}{DP}$=$\frac{1}{2}$，設(shè)PE=x，DP=2x，AP=4x，于是得到AE=5x，PF=3x，通過△DPG∽△FPC，由相似三角形的性質(zhì)得到$\frac{DG}{FC}=\frac{DP}{PF}=\frac{2x}{3x}$=$\frac{GP}{PC}$，求得DG=$\frac{2\sqrt{10}}{3}$，$\frac{DG}{FC}=\frac{2}{3}$，F(xiàn)C=$\sqrt{10}$，DC=2$\sqrt{10}$，GC=$\frac{20}{3}$，于是得到結(jié)論；2）過Q作QH⊥CD于H，根據(jù)相似三角形的判定得到△AQD∽△CQF，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到$\frac{AD}{CF}=\frac{DQ}{QF}=\frac{2}{1}$，代入數(shù)據(jù)監(jiān)控得到結(jié)論．

解答 解：（1）正方形ABCD中，
∵AD=CD=BC，∠ADE=∠BCD=90°，
∵E、F分別為CD、BC的中點(diǎn)，
∴DE=CF，
在△ADE與△CDF中，
$\left\{\begin{array}{l}{AD=CD}\\{∠ADC=∠BCD}\\{DE=CF}\end{array}\right.$，
∴△ADE≌△CDF，
∴∠1=∠2，
∵∠2+∠3=90°，
∴∠1+∠3=90°，
∴AE⊥DF，
∵tan∠1=$\frac{DE}{AD}=\frac{1}{2}=\frac{DP}{AP}$，tan∠2=$\frac{PE}{DP}$=$\frac{1}{2}$，
∴設(shè)PE=x，DP=2x，AP=4x，
∴AE=5x，PF=3x，
∵△DPG∽△FPC，
∴$\frac{DG}{FC}=\frac{DP}{PF}=\frac{2x}{3x}$=$\frac{GP}{PC}$，
∵DG=$\frac{2\sqrt{10}}{3}$，$\frac{DG}{FC}=\frac{2}{3}$，
∴FC=$\sqrt{10}$，
∴DC=2$\sqrt{10}$，
∴GC=$\frac{20}{3}$，
∴PC=4；
故答案為：4；

（2）過Q作QH⊥CD于H，
∴QH∥AD，
∵AD∥BC，
∴△AQD∽△CQF，
∴$\frac{AD}{CF}=\frac{DQ}{QF}=\frac{2}{1}$，
∴$\frac{PQ}{PF}=\frac{2}{3}=\frac{QH}{CF}$，
∵FC=$\sqrt{10}$，
∴QH=$\frac{2}{3}$$\sqrt{10}$，
∴S_△ECQ=$\frac{1}{2}×\sqrt{10}×\frac{2}{3}\sqrt{10}$=$\frac{10}{3}$．
故答案為：$\frac{10}{3}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了相似三角形的判定和性質(zhì)．全等三角形的判定和性質(zhì)，正方形的性質(zhì)，正確的作出輔助線是解題的關(guān)鍵．