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三、解答题
7. 如图,在正方形ABCD中,E,F是边AB的三等分点,P是对角线AC上的动点,当PE+PF取得最小值时,求$\frac{AP}{PC}$的值.
7. 如图,在正方形ABCD中,E,F是边AB的三等分点,P是对角线AC上的动点,当PE+PF取得最小值时,求$\frac{AP}{PC}$的值.
答案
解：
作点E关于对角线AC的对称点E'，由正方形的对称性可知，E'在边AD上，且$AE'=AE$。
设正方形ABCD的边长为$3a$，
∵ E，F是AB的三等分点，
∴ $AE=EF=FB=a$，$AF=2a$，
∴ $AE'=AE=a$。
过点F作$FQ⊥ AB$，交AC于点Q，
∵ 四边形ABCD是正方形，$∠ BAC=45°$，
∴ $△ AFQ$为等腰直角三角形，$FQ=AF=2a$，$AQ=\sqrt{2}· AF=2\sqrt{2}a$。
∵ $AE'⊥ AB$，$FQ⊥ AB$，
∴ $AE'// FQ$，
∴ $△ AE'P ∽ △ QFP$，
∴ $\frac{AE'}{FQ}=\frac{AP}{PQ}=\frac{a}{2a}=\frac{1}{2}$，即$PQ=2AP$。
∵ $AQ=AP+PQ=3AP$，
∴ $3AP=2\sqrt{2}a$，解得$AP=\frac{2\sqrt{2}}{3}a$。
又正方形对角线$AC=\sqrt{2}· AB=3\sqrt{2}a$，
∴ $PC=AC-AP=3\sqrt{2}a-\frac{2\sqrt{2}}{3}a=\frac{7\sqrt{2}}{3}a$，
∴ $\frac{AP}{PC}=\frac{\frac{2\sqrt{2}}{3}a}{\frac{7\sqrt{2}}{3}a}=\frac{2}{7}$。
作点E关于对角线AC的对称点E'，由正方形的对称性可知，E'在边AD上，且$AE'=AE$。
设正方形ABCD的边长为$3a$，
∵ E，F是AB的三等分点，
∴ $AE=EF=FB=a$，$AF=2a$，
∴ $AE'=AE=a$。
过点F作$FQ⊥ AB$，交AC于点Q，
∵ 四边形ABCD是正方形，$∠ BAC=45°$，
∴ $△ AFQ$为等腰直角三角形，$FQ=AF=2a$，$AQ=\sqrt{2}· AF=2\sqrt{2}a$。
∵ $AE'⊥ AB$，$FQ⊥ AB$，
∴ $AE'// FQ$，
∴ $△ AE'P ∽ △ QFP$，
∴ $\frac{AE'}{FQ}=\frac{AP}{PQ}=\frac{a}{2a}=\frac{1}{2}$，即$PQ=2AP$。
∵ $AQ=AP+PQ=3AP$，
∴ $3AP=2\sqrt{2}a$，解得$AP=\frac{2\sqrt{2}}{3}a$。
又正方形对角线$AC=\sqrt{2}· AB=3\sqrt{2}a$，
∴ $PC=AC-AP=3\sqrt{2}a-\frac{2\sqrt{2}}{3}a=\frac{7\sqrt{2}}{3}a$，
∴ $\frac{AP}{PC}=\frac{\frac{2\sqrt{2}}{3}a}{\frac{7\sqrt{2}}{3}a}=\frac{2}{7}$。
解析
【分析】
本题是最短路径与相似三角形结合的几何综合题，解题思路如下：1. 解决线段和最小值问题：根据“将军饮马”模型，作点E关于AC的对称点，利用两点之间线段最短，可确定当P在对称点与F的连线和AC的交点处时，PE+PF取得最小值；2. 简化计算：设正方形边长为3a，结合E、F是AB三等分点的性质表示出相关线段长度，避免分数运算；3. 求线段比值：构造相似三角形，利用相似三角形对应边成比例求出AP的长度，再结合正方形对角线总长求出PC，最终计算得到$\frac{AP}{PC}$的比值。
【解析】
作点E关于对角线AC的对称点E'，由正方形的对称性可知，E'在边AD上，且$AE'=AE$。
设正方形ABCD的边长为$3a$，
∵ E，F是AB的三等分点，
∴ $AE=EF=FB=a$，$AF=2a$，
∴ $AE'=AE=a$。
过点F作$FQ⊥ AB$，交AC于点Q，
∵ 四边形ABCD是正方形，$∠ BAC=45°$，
∴ $△ AFQ$为等腰直角三角形，$FQ=AF=2a$，$AQ=\sqrt{2}· AF=2\sqrt{2}a$。
∵ $AE'⊥ AB$，$FQ⊥ AB$，
∴ $AE'// FQ$，
∴ $△ AE'P ∽ △ QFP$，
∴ $\frac{AE'}{FQ}=\frac{AP}{PQ}=\frac{a}{2a}=\frac{1}{2}$，即$PQ=2AP$。
∵ $AQ=AP+PQ=3AP$，
∴ $3AP=2\sqrt{2}a$，解得$AP=\frac{2\sqrt{2}}{3}a$。
又正方形对角线$AC=\sqrt{2}· AB=3\sqrt{2}a$，
∴ $PC=AC-AP=3\sqrt{2}a-\frac{2\sqrt{2}}{3}a=\frac{7\sqrt{2}}{3}a$，
∴ $\frac{AP}{PC}=\frac{\frac{2\sqrt{2}}{3}a}{\frac{7\sqrt{2}}{3}a}=\frac{2}{7}$。
【答案】
$\frac{2}{7}$
【知识点】
1. 轴对称最短路径 2. 正方形的性质 3. 相似三角形的判定与性质
【点评】
本题是几何综合类常见题型，核心是利用轴对称转化线段和找到最小值对应的点的位置，再结合特殊图形的性质与相似三角形的对应边成比例求解比值，能有效考查几何模型应用能力和运算能力。
【难度系数】
0.6
本题是最短路径与相似三角形结合的几何综合题，解题思路如下：1. 解决线段和最小值问题：根据“将军饮马”模型，作点E关于AC的对称点，利用两点之间线段最短，可确定当P在对称点与F的连线和AC的交点处时，PE+PF取得最小值；2. 简化计算：设正方形边长为3a，结合E、F是AB三等分点的性质表示出相关线段长度，避免分数运算；3. 求线段比值：构造相似三角形，利用相似三角形对应边成比例求出AP的长度，再结合正方形对角线总长求出PC，最终计算得到$\frac{AP}{PC}$的比值。
【解析】
作点E关于对角线AC的对称点E'，由正方形的对称性可知，E'在边AD上，且$AE'=AE$。
设正方形ABCD的边长为$3a$，
∵ E，F是AB的三等分点，
∴ $AE=EF=FB=a$，$AF=2a$，
∴ $AE'=AE=a$。
过点F作$FQ⊥ AB$，交AC于点Q，
∵ 四边形ABCD是正方形，$∠ BAC=45°$，
∴ $△ AFQ$为等腰直角三角形，$FQ=AF=2a$，$AQ=\sqrt{2}· AF=2\sqrt{2}a$。
∵ $AE'⊥ AB$，$FQ⊥ AB$，
∴ $AE'// FQ$，
∴ $△ AE'P ∽ △ QFP$，
∴ $\frac{AE'}{FQ}=\frac{AP}{PQ}=\frac{a}{2a}=\frac{1}{2}$，即$PQ=2AP$。
∵ $AQ=AP+PQ=3AP$，
∴ $3AP=2\sqrt{2}a$，解得$AP=\frac{2\sqrt{2}}{3}a$。
又正方形对角线$AC=\sqrt{2}· AB=3\sqrt{2}a$，
∴ $PC=AC-AP=3\sqrt{2}a-\frac{2\sqrt{2}}{3}a=\frac{7\sqrt{2}}{3}a$，
∴ $\frac{AP}{PC}=\frac{\frac{2\sqrt{2}}{3}a}{\frac{7\sqrt{2}}{3}a}=\frac{2}{7}$。
【答案】
$\frac{2}{7}$
【知识点】
1. 轴对称最短路径 2. 正方形的性质 3. 相似三角形的判定与性质
【点评】
本题是几何综合类常见题型，核心是利用轴对称转化线段和找到最小值对应的点的位置，再结合特殊图形的性质与相似三角形的对应边成比例求解比值，能有效考查几何模型应用能力和运算能力。
【难度系数】
0.6
8. 在△ABC中，AB=AC，∠BAC=120°，P为边BC的中点.小明拿着含30°角的透明直角三角板，使30°角的顶点落在点P上，三角板绕点P旋转.如图，当三角板的直角边与斜边分别交AB，AC于点E，F时，求证：△BPE ∽ △CFP.
答案
证明：
∵ 在△ABC中，AB=AC，∠BAC=120°，
∴ ∠B=∠C = $\frac{180° - 120°}{2}$ = 30°，
在△BPE中，由三角形内角和为180°得：
∠B + ∠BPE + ∠BEP = 180°，
∴ ∠BPE + ∠BEP = 180° - ∠B = 150°。
∵ 点P在边BC上，三角板30°角的顶点在P点，即∠EPF=30°，
∴ ∠BPE + ∠EPF + ∠CPF = 180°，
∴ ∠BPE + ∠CPF = 180° - 30° = 150°，
∴ ∠BEP = ∠CPF。
又∵ ∠B = ∠C = 30°，
∴ △BPE ∽ △CFP（两角分别相等的两个三角形相似）。
∵ 在△ABC中，AB=AC，∠BAC=120°，
∴ ∠B=∠C = $\frac{180° - 120°}{2}$ = 30°，
在△BPE中，由三角形内角和为180°得：
∠B + ∠BPE + ∠BEP = 180°，
∴ ∠BPE + ∠BEP = 180° - ∠B = 150°。
∵ 点P在边BC上，三角板30°角的顶点在P点，即∠EPF=30°，
∴ ∠BPE + ∠EPF + ∠CPF = 180°，
∴ ∠BPE + ∠CPF = 180° - 30° = 150°，
∴ ∠BEP = ∠CPF。
又∵ ∠B = ∠C = 30°，
∴ △BPE ∽ △CFP（两角分别相等的两个三角形相似）。
解析
【分析】
要证明△BPE∽△CFP，优先选用“两角分别相等的两个三角形相似”的判定定理推导。第一步先利用等腰三角形“等边对等角”的性质，结合三角形内角和计算出△ABC的底角∠B和∠C的度数，得到第一组相等的对应角；第二步分别利用△BPE的内角和、BC边的平角性质，推导出∠BEP和∠CPF相等，得到第二组对应相等的角，即可证明两个三角形相似。
【解析】
证明：
∵ 在△ABC中，AB=AC，∠BAC=120°，
∴ $∠ B=∠ C=\frac{180° - 120°}{2}=30°$。
在△BPE中，根据三角形内角和为180°可得：
$∠ B + ∠ BPE + ∠ BEP = 180°$，
∴ $∠ BPE + ∠ BEP = 180° - ∠ B = 150°$。
∵ 点P在BC边上，三角板30°角的顶点落在P点，即$∠ EPF=30°$，
∴ $∠ BPE + ∠ EPF + ∠ CPF = 180°$，
∴ $∠ BPE + ∠ CPF = 180° - 30° = 150°$，
∴ $∠ BEP = ∠ CPF$。
又
∵ $∠ B = ∠ C = 30°$，
∴ △BPE ∽ △CFP（两角分别相等的两个三角形相似）。
【答案】
△BPE∽△CFP，得证
【知识点】
1. 等腰三角形性质
2. 三角形内角和定理
3. 相似三角形判定
【点评】
本题属于相似三角形判定的基础题型，解题核心是通过角度推导找到两组对应相等的角，能较好地考查学生对相关性质、定理的掌握程度和逻辑推理能力。
【难度系数】
0.75
要证明△BPE∽△CFP，优先选用“两角分别相等的两个三角形相似”的判定定理推导。第一步先利用等腰三角形“等边对等角”的性质，结合三角形内角和计算出△ABC的底角∠B和∠C的度数，得到第一组相等的对应角；第二步分别利用△BPE的内角和、BC边的平角性质，推导出∠BEP和∠CPF相等，得到第二组对应相等的角，即可证明两个三角形相似。
【解析】
证明：
∵ 在△ABC中，AB=AC，∠BAC=120°，
∴ $∠ B=∠ C=\frac{180° - 120°}{2}=30°$。
在△BPE中，根据三角形内角和为180°可得：
$∠ B + ∠ BPE + ∠ BEP = 180°$，
∴ $∠ BPE + ∠ BEP = 180° - ∠ B = 150°$。
∵ 点P在BC边上，三角板30°角的顶点落在P点，即$∠ EPF=30°$，
∴ $∠ BPE + ∠ EPF + ∠ CPF = 180°$，
∴ $∠ BPE + ∠ CPF = 180° - 30° = 150°$，
∴ $∠ BEP = ∠ CPF$。
又
∵ $∠ B = ∠ C = 30°$，
∴ △BPE ∽ △CFP（两角分别相等的两个三角形相似）。
【答案】
△BPE∽△CFP，得证
【知识点】
1. 等腰三角形性质
2. 三角形内角和定理
3. 相似三角形判定
【点评】
本题属于相似三角形判定的基础题型，解题核心是通过角度推导找到两组对应相等的角，能较好地考查学生对相关性质、定理的掌握程度和逻辑推理能力。
【难度系数】
0.75
9. 如图,在$△ ABC$中,$∠ BAC=90°$, $AB=AC$, $D$是边$AB$上不与点$A$, $B$重合的一个定点.$AO ⊥ BC$于点$O$,交$CD$于点$E$.$DF$是由线段$DC$绕点$D$顺时针旋转$90°$得到的,$FD$,$CA$的延长线相交于点$M$.
(1) 求证: $△ ADE ∽ △ FMC$;
(2) 求$∠ ABF$的度数.
(1) 求证: $△ ADE ∽ △ FMC$;
(2) 求$∠ ABF$的度数.
答案
解：(1) 证明：
∵ $AB=AC$，$∠ BAC=90°$，$AO⊥ BC$，
∴ $∠ BAE = ∠ CAE = 45°$。
∵ 线段$DC$绕点$D$顺时针旋转$90°$得到$DF$，
∴ $DC=DF$，$∠ CDF=90°$，
∴ $△ CDF$是等腰直角三角形，$∠ DFC=45°$，
∴ $∠ DAE = ∠ MFC = 45°$。
∵ $∠ MDC=90°$，
∴ $∠ M + ∠ DCM = 90°$，
又 $∠ DEC + ∠ DCM = 90°$，
∴ $∠ M = ∠ DEC$，
∵ $∠ DEC = ∠ AED$，
∴ $∠ AED = ∠ M$，
∴ $△ ADE ∽ △ FMC$（两角分别相等的两个三角形相似）。
(2) 解：
∵ $∠ CDF=90°$，
∴ $∠ FDB + ∠ ADC = 180° - ∠ CDF = 90°$，
又 $∠ BAC=90°$，
∴ $∠ ACD + ∠ ADC = 90°$，
∴ $∠ FDB = ∠ ACD$。
过点$F$作$FH⊥ AB$，交$AB$的延长线于点$H$，则$∠ H = ∠ CAD = 90°$。
在$△ FHD$和$△ DAC$中：
$\begin{cases}∠ H = ∠ CAD \\∠ FDB = ∠ ACD \\DF = DC\end{cases}$
∴ $△ FHD ≌ △ DAC$（AAS），
∴ $FH=AD$，$HD=AC$。
∵ $AB=AC$，
∴ $HD=AB$，
∴ $HD - BD = AB - BD$，即$HB=AD$，
∴ $FH=HB$，
∴ $△ FHB$是等腰直角三角形，$∠ FBH=45°$，
∴ $∠ ABF = 180° - ∠ FBH - 90° = 45°$。
综上，$∠ ABF=45°$。
∵ $AB=AC$，$∠ BAC=90°$，$AO⊥ BC$，
∴ $∠ BAE = ∠ CAE = 45°$。
∵ 线段$DC$绕点$D$顺时针旋转$90°$得到$DF$，
∴ $DC=DF$，$∠ CDF=90°$，
∴ $△ CDF$是等腰直角三角形，$∠ DFC=45°$，
∴ $∠ DAE = ∠ MFC = 45°$。
∵ $∠ MDC=90°$，
∴ $∠ M + ∠ DCM = 90°$，
又 $∠ DEC + ∠ DCM = 90°$，
∴ $∠ M = ∠ DEC$，
∵ $∠ DEC = ∠ AED$，
∴ $∠ AED = ∠ M$，
∴ $△ ADE ∽ △ FMC$（两角分别相等的两个三角形相似）。
(2) 解：
∵ $∠ CDF=90°$，
∴ $∠ FDB + ∠ ADC = 180° - ∠ CDF = 90°$，
又 $∠ BAC=90°$，
∴ $∠ ACD + ∠ ADC = 90°$，
∴ $∠ FDB = ∠ ACD$。
过点$F$作$FH⊥ AB$，交$AB$的延长线于点$H$，则$∠ H = ∠ CAD = 90°$。
在$△ FHD$和$△ DAC$中：
$\begin{cases}∠ H = ∠ CAD \\∠ FDB = ∠ ACD \\DF = DC\end{cases}$
∴ $△ FHD ≌ △ DAC$（AAS），
∴ $FH=AD$，$HD=AC$。
∵ $AB=AC$，
∴ $HD=AB$，
∴ $HD - BD = AB - BD$，即$HB=AD$，
∴ $FH=HB$，
∴ $△ FHB$是等腰直角三角形，$∠ FBH=45°$，
∴ $∠ ABF = 180° - ∠ FBH - 90° = 45°$。
综上，$∠ ABF=45°$。
解析
【分析】
(1) 要证明两个三角形相似，优先采用两角分别相等的相似判定定理。首先结合等腰直角△ABC和AO⊥BC的条件，可推出∠DAE=45°；再根据旋转的性质得到△CDF是等腰直角三角形，可得∠MFC=45°，得到第一组等角；接下来利用同角的余角相等，结合对顶角相等推导∠AED=∠M，即可完成相似证明。
(2) 求∠ABF的度数时，已知旋转可得DC=DF、∠CDF=90°，可通过过F作AB的垂线构造全等三角形，证明△FHD和△DAC全等，得到线段等量关系后推导出△FHB为等腰直角三角形，即可求出∠ABF的度数。
【解析】
(1) 证明：
∵ $AB=AC$，$∠ BAC=90°$，$AO⊥ BC$，
∴ $∠ BAE = ∠ CAE = 45°$。
∵ 线段$DC$绕点$D$顺时针旋转$90°$得到$DF$，
∴ $DC=DF$，$∠ CDF=90°$，
∴ $△ CDF$是等腰直角三角形，$∠ DFC=45°$，
∴ $∠ DAE = ∠ MFC = 45°$。
∵ $∠ MDC=90°$，
∴ $∠ M + ∠ DCM = 90°$，
又 $∠ DEC + ∠ DCM = 90°$，
∴ $∠ M = ∠ DEC$，
∵ $∠ DEC = ∠ AED$，
∴ $∠ AED = ∠ M$，
∴ $△ ADE ∽ △ FMC$（两角分别相等的两个三角形相似）。
(2) 解：
∵ $∠ CDF=90°$，
∴ $∠ FDB + ∠ ADC = 180° - ∠ CDF = 90°$，
又 $∠ BAC=90°$，
∴ $∠ ACD + ∠ ADC = 90°$，
∴ $∠ FDB = ∠ ACD$。
过点$F$作$FH⊥ AB$，交$AB$的延长线于点$H$，则$∠ H = ∠ CAD = 90°$。
在$△ FHD$和$△ DAC$中：
$\begin{cases}∠ H = ∠ CAD \\∠ FDB = ∠ ACD \\DF = DC\end{cases}$
∴ $△ FHD ≌ △ DAC$（AAS），
∴ $FH=AD$，$HD=AC$。
∵ $AB=AC$，
∴ $HD=AB$，
∴ $HD - BD = AB - BD$，即$HB=AD$，
∴ $FH=HB$，
∴ $△ FHB$是等腰直角三角形，$∠ FBH=45°$，
∴ $∠ ABF = 180° - 90° - ∠ FBH = 45°$。
【答案】
(1) 已证$△ ADE ∽ △ FMC$；
(2) $\boxed{45°}$
【知识点】
相似三角形的判定，全等三角形的判定与性质，旋转的性质
【点评】
本题是几何综合题，整合了旋转性质、等腰直角三角形性质、相似和全等判定等知识点，解题时要先从已知条件推导角、边的等量关系，第二问构造辅助线证明全等是解题的突破口，能有效考查几何逻辑推理能力。
【难度系数】
0.6
(1) 要证明两个三角形相似，优先采用两角分别相等的相似判定定理。首先结合等腰直角△ABC和AO⊥BC的条件，可推出∠DAE=45°；再根据旋转的性质得到△CDF是等腰直角三角形，可得∠MFC=45°，得到第一组等角；接下来利用同角的余角相等，结合对顶角相等推导∠AED=∠M，即可完成相似证明。
(2) 求∠ABF的度数时，已知旋转可得DC=DF、∠CDF=90°，可通过过F作AB的垂线构造全等三角形，证明△FHD和△DAC全等，得到线段等量关系后推导出△FHB为等腰直角三角形，即可求出∠ABF的度数。
【解析】
(1) 证明：
∵ $AB=AC$，$∠ BAC=90°$，$AO⊥ BC$，
∴ $∠ BAE = ∠ CAE = 45°$。
∵ 线段$DC$绕点$D$顺时针旋转$90°$得到$DF$，
∴ $DC=DF$，$∠ CDF=90°$，
∴ $△ CDF$是等腰直角三角形，$∠ DFC=45°$，
∴ $∠ DAE = ∠ MFC = 45°$。
∵ $∠ MDC=90°$，
∴ $∠ M + ∠ DCM = 90°$，
又 $∠ DEC + ∠ DCM = 90°$，
∴ $∠ M = ∠ DEC$，
∵ $∠ DEC = ∠ AED$，
∴ $∠ AED = ∠ M$，
∴ $△ ADE ∽ △ FMC$（两角分别相等的两个三角形相似）。
(2) 解：
∵ $∠ CDF=90°$，
∴ $∠ FDB + ∠ ADC = 180° - ∠ CDF = 90°$，
又 $∠ BAC=90°$，
∴ $∠ ACD + ∠ ADC = 90°$，
∴ $∠ FDB = ∠ ACD$。
过点$F$作$FH⊥ AB$，交$AB$的延长线于点$H$，则$∠ H = ∠ CAD = 90°$。
在$△ FHD$和$△ DAC$中：
$\begin{cases}∠ H = ∠ CAD \\∠ FDB = ∠ ACD \\DF = DC\end{cases}$
∴ $△ FHD ≌ △ DAC$（AAS），
∴ $FH=AD$，$HD=AC$。
∵ $AB=AC$，
∴ $HD=AB$，
∴ $HD - BD = AB - BD$，即$HB=AD$，
∴ $FH=HB$，
∴ $△ FHB$是等腰直角三角形，$∠ FBH=45°$，
∴ $∠ ABF = 180° - 90° - ∠ FBH = 45°$。
【答案】
(1) 已证$△ ADE ∽ △ FMC$；
(2) $\boxed{45°}$
【知识点】
相似三角形的判定，全等三角形的判定与性质，旋转的性质
【点评】
本题是几何综合题，整合了旋转性质、等腰直角三角形性质、相似和全等判定等知识点，解题时要先从已知条件推导角、边的等量关系，第二问构造辅助线证明全等是解题的突破口，能有效考查几何逻辑推理能力。
【难度系数】
0.6
