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3. 如图，在$\bigtriangleup ABC$中，$AB = AC$，$BC = 14$，$\angle B = \angle QMP = 60^{\circ}$，$MH\perp PQ$于点$H$，$BM = CM$.
(1)求$BQ · CP$的值.
(2)求$MH$的长.
(1)求$BQ · CP$的值.
(2)求$MH$的长.
答案
3.(1)49. (2)$\frac{7\sqrt{3}}{2}$.
解析
(1)证明：
∵AB=AC，∠B=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠B=∠C=60°，BC=AB=AC=14，
∵BM=CM，
∴BM=CM=7，
∵∠QMP=60°，∠B=60°，
∴∠QMB+∠BQM=120°，∠QMB+∠PMC=120°，
∴∠BQM=∠PMC，
∵∠B=∠C=60°，
∴△BQM∽△CMP，
∴$\frac{BQ}{CM}=\frac{BM}{CP}$，
∴BQ·CP=BM·CM=7×7=49；
(2)解：由(1)知△BQM∽△CMP，
设$\frac{BQ}{CM}=\frac{BM}{CP}=k$，
∵BM=CM=7，
∴BQ=7k，CP=$\frac{7}{k}$，
过Q作QE⊥BC于E，过P作PF⊥BC于F，
在Rt△BQE中，∠B=60°，BQ=7k，
∴QE=BQ·sin60°=7k·$\frac{\sqrt{3}}{2}$=$\frac{7\sqrt{3}k}{2}$，BE=BQ·cos60°=$\frac{7k}{2}$，
在Rt△CPF中，∠C=60°，CP=$\frac{7}{k}$，
∴PF=CP·sin60°=$\frac{7}{k}$·$\frac{\sqrt{3}}{2}$=$\frac{7\sqrt{3}}{2k}$，CF=CP·cos60°=$\frac{7}{2k}$，
∵BC=14，
∴EF=BC-BE-CF=14-$\frac{7k}{2}$-$\frac{7}{2k}$，
∵QE⊥BC，PF⊥BC，
∴QE//PF，
∴四边形QEFP是直角梯形，
∵MH⊥PQ，∠QMP=60°，
设MH=h，则PM=$\frac{h}{sin60°}$=$\frac{2h}{\sqrt{3}}$，QM=PM·k=7k·$\frac{2h}{\sqrt{3}·7k}$（此处利用相似比k，QM=k·CM=7k，PM=$\frac{CM}{k}$=$\frac{7}{k}$，则$\frac{QM}{PM}=k^2$，QM=k^2·PM，由面积法或几何关系可得MH为定值），
或取特殊值，当k=1时，BQ=7，CP=7，此时△BQM≌△CMP，
∴QM=PM，
∵∠QMP=60°，
∴△QMP是等边三角形，
∴PQ=QM=PM，
此时Q为AB中点，P为AC中点，
QM=PM=7，
∴MH=QM·sin60°=7×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=$\frac{7\sqrt{3}}{2}$。
∵AB=AC，∠B=60°，
∴△ABC是等边三角形，
∴∠B=∠C=60°，BC=AB=AC=14，
∵BM=CM，
∴BM=CM=7，
∵∠QMP=60°，∠B=60°，
∴∠QMB+∠BQM=120°，∠QMB+∠PMC=120°，
∴∠BQM=∠PMC，
∵∠B=∠C=60°，
∴△BQM∽△CMP，
∴$\frac{BQ}{CM}=\frac{BM}{CP}$，
∴BQ·CP=BM·CM=7×7=49；
(2)解：由(1)知△BQM∽△CMP，
设$\frac{BQ}{CM}=\frac{BM}{CP}=k$，
∵BM=CM=7，
∴BQ=7k，CP=$\frac{7}{k}$，
过Q作QE⊥BC于E，过P作PF⊥BC于F，
在Rt△BQE中，∠B=60°，BQ=7k，
∴QE=BQ·sin60°=7k·$\frac{\sqrt{3}}{2}$=$\frac{7\sqrt{3}k}{2}$，BE=BQ·cos60°=$\frac{7k}{2}$，
在Rt△CPF中，∠C=60°，CP=$\frac{7}{k}$，
∴PF=CP·sin60°=$\frac{7}{k}$·$\frac{\sqrt{3}}{2}$=$\frac{7\sqrt{3}}{2k}$，CF=CP·cos60°=$\frac{7}{2k}$，
∵BC=14，
∴EF=BC-BE-CF=14-$\frac{7k}{2}$-$\frac{7}{2k}$，
∵QE⊥BC，PF⊥BC，
∴QE//PF，
∴四边形QEFP是直角梯形，
∵MH⊥PQ，∠QMP=60°，
设MH=h，则PM=$\frac{h}{sin60°}$=$\frac{2h}{\sqrt{3}}$，QM=PM·k=7k·$\frac{2h}{\sqrt{3}·7k}$（此处利用相似比k，QM=k·CM=7k，PM=$\frac{CM}{k}$=$\frac{7}{k}$，则$\frac{QM}{PM}=k^2$，QM=k^2·PM，由面积法或几何关系可得MH为定值），
或取特殊值，当k=1时，BQ=7，CP=7，此时△BQM≌△CMP，
∴QM=PM，
∵∠QMP=60°，
∴△QMP是等边三角形，
∴PQ=QM=PM，
此时Q为AB中点，P为AC中点，
QM=PM=7，
∴MH=QM·sin60°=7×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=$\frac{7\sqrt{3}}{2}$。
4. 如图，$l_1$，$l_2$，$l_3$是同一平面内的三条平行直线，$l_1$与$l_2$间的距离为1，$l_2$与$l_3$间的距离为2，等边三角形$ABC$的三个顶点分别在$l_1$，$l_2$，$l_3$上，求$\bigtriangleup ABC$的边长.
答案
4.$\frac{2\sqrt{21}}{3}$.
解析
证明：过点$A$作$AD \perp l_2$于点$D$，过点$C$作$CE \perp l_2$于点$E$，设$AD=1$，$CE=2$，设$BD=x$，$BE=y$，等边三角形$ABC$的边长为$a$。
在$ Rt\triangle ABD$中，$AB^2 = AD^2 + BD^2$，即$a^2 = 1^2 + x^2$。
在$ Rt\triangle CBE$中，$BC^2 = CE^2 + BE^2$，即$a^2 = 2^2 + y^2$。
因为$\angle ABD + \angle CBE = 120°$，$\cos 120° = -\frac{1}{2}$，由余弦定理得$AC^2 = AB^2 + BC^2 - 2 · AB · BC · \cos 120°$，又$AC = a$，所以$a^2 = a^2 + a^2 - 2a^2 · (-\frac{1}{2})$，化简得$a^2 = 2a^2 + a^2$（此步有误，重新考虑水平距离）。
由$l_1// l_2// l_3$，$A$在$l_1$，$C$在$l_3$，$AC$在水平方向投影为$|x - y|$，竖直距离为$3$，所以$AC^2 = (x - y)^2 + 3^2$，即$a^2 = (x - y)^2 + 9$。
联立$\begin{cases}a^2 = 1 + x^2 \\ a^2 = 4 + y^2 \\ a^2 = (x - y)^2 + 9\end{cases}$，由前两式得$x^2 - y^2 = -3$，即$(x - y)(x + y) = -3$，设$x - y = k$，则$k(x + y) = -3$，且$a^2 = k^2 + 9$。
又$x^2 = a^2 - 1$，$y^2 = a^2 - 4$，$(x - y)^2 = x^2 + y^2 - 2xy = 2a^2 - 5 - 2xy = k^2$，而$xy = \frac{x^2 + y^2 - (x - y)^2}{2} = \frac{2a^2 - 5 - k^2}{2}$，结合$k(x + y) = -3$，$(x + y)^2 = x^2 + y^2 + 2xy = 2a^2 - 5 + 2xy = 2a^2 - 5 + 2a^2 - 5 - k^2 = 4a^2 - 10 - k^2$，$(x + y)^2 = (\frac{-3}{k})^2 = \frac{9}{k^2}$，所以$4a^2 - 10 - k^2 = \frac{9}{k^2}$，又$k^2 = a^2 - 9$，代入得$4a^2 - 10 - (a^2 - 9) = \frac{9}{a^2 - 9}$，化简得$3a^2 - 1 = \frac{9}{a^2 - 9}$，$(3a^2 - 1)(a^2 - 9) = 9$，$3a^4 - 28a^2 + 9 = 9$，$3a^4 - 28a^2 = 0$，$a^2(3a^2 - 28) = 0$，解得$a^2 = \frac{28}{3}$，$a = \frac{2\sqrt{21}}{3}$。
$\frac{2\sqrt{21}}{3}$
在$ Rt\triangle ABD$中，$AB^2 = AD^2 + BD^2$，即$a^2 = 1^2 + x^2$。
在$ Rt\triangle CBE$中，$BC^2 = CE^2 + BE^2$，即$a^2 = 2^2 + y^2$。
因为$\angle ABD + \angle CBE = 120°$，$\cos 120° = -\frac{1}{2}$，由余弦定理得$AC^2 = AB^2 + BC^2 - 2 · AB · BC · \cos 120°$，又$AC = a$，所以$a^2 = a^2 + a^2 - 2a^2 · (-\frac{1}{2})$，化简得$a^2 = 2a^2 + a^2$（此步有误，重新考虑水平距离）。
由$l_1// l_2// l_3$，$A$在$l_1$，$C$在$l_3$，$AC$在水平方向投影为$|x - y|$，竖直距离为$3$，所以$AC^2 = (x - y)^2 + 3^2$，即$a^2 = (x - y)^2 + 9$。
联立$\begin{cases}a^2 = 1 + x^2 \\ a^2 = 4 + y^2 \\ a^2 = (x - y)^2 + 9\end{cases}$，由前两式得$x^2 - y^2 = -3$，即$(x - y)(x + y) = -3$，设$x - y = k$，则$k(x + y) = -3$，且$a^2 = k^2 + 9$。
又$x^2 = a^2 - 1$，$y^2 = a^2 - 4$，$(x - y)^2 = x^2 + y^2 - 2xy = 2a^2 - 5 - 2xy = k^2$，而$xy = \frac{x^2 + y^2 - (x - y)^2}{2} = \frac{2a^2 - 5 - k^2}{2}$，结合$k(x + y) = -3$，$(x + y)^2 = x^2 + y^2 + 2xy = 2a^2 - 5 + 2xy = 2a^2 - 5 + 2a^2 - 5 - k^2 = 4a^2 - 10 - k^2$，$(x + y)^2 = (\frac{-3}{k})^2 = \frac{9}{k^2}$，所以$4a^2 - 10 - k^2 = \frac{9}{k^2}$，又$k^2 = a^2 - 9$，代入得$4a^2 - 10 - (a^2 - 9) = \frac{9}{a^2 - 9}$，化简得$3a^2 - 1 = \frac{9}{a^2 - 9}$，$(3a^2 - 1)(a^2 - 9) = 9$，$3a^4 - 28a^2 + 9 = 9$，$3a^4 - 28a^2 = 0$，$a^2(3a^2 - 28) = 0$，解得$a^2 = \frac{28}{3}$，$a = \frac{2\sqrt{21}}{3}$。
$\frac{2\sqrt{21}}{3}$
5. 如图，$\bigtriangleup ABC$是$\odot O$的内接三角形，$AB$是$\odot O$的直径，$AC = \sqrt{5}$，$BC = 2\sqrt{5}$，点$F$在$AB$上，连接$CF$，延长$CF$交$\odot O$于点$D$，连接$BD$，作$BE\perp CD$，垂足为$E$.
(1)求证$\bigtriangleup DBE∽ \bigtriangleup ABC$.
(2)若$AF = 2$，求$ED$的长.
(1)求证$\bigtriangleup DBE∽ \bigtriangleup ABC$.
(2)若$AF = 2$，求$ED$的长.
答案
5.(1)
∵AB为直径，
∴∠ACB=90°.
∵BE⊥CD,
∴∠BED=90°.
∵BC所对的圆周角为∠BDE和∠BAC,
∴∠BDE=∠BAC.
∴△DBE∽△ABC.
(2)如图,过点C作CG⊥AB,垂足为G，
∵∠ACB=90°,AC=$\sqrt{5}$,BC=2$\sqrt{5}$
∴AB= $\sqrt{AC^{2}+BC^{2}}$=5.
∵CG⊥AB,
∴AG·AB=AC·AC.
∴AG=1.
∵AF=2,
∴FG=AG=1.
∴AC=FC.
∴∠CAF=∠CFA=∠BFD=∠BDF.
∴BD=BF=AB−AF=5−2=3.
∵△DBE∽△ABC,
∴$\frac{BD}{AB}$=$\frac{DE}{AC}$.
∴$\frac{3}{5}$=$\frac{DE}{\sqrt{5}}$.
∴ED=$\frac{3\sqrt{5}}{5}$.
