26年长沙中考真题第24题 相似+定角问题

专题：几何综合 题型：相似+定角问题 难度系数：★★★★

经典例题讲解尽量从学生的角度出发，重在引导思考与总结!

【题目】

（26年长沙中考真题第24题）

已知边长为\(a\)的菱形\(ABCD\)中，记\(∠BAD=θ(0^\circ<θ<90^\circ)\)，该菱形的周长为\(L\)，面积为\(S\)。

（1）判断下列说法是否正确：

①\(L\)与\(a\)成正比例关系 （ \(\qquad\) ）

② 当\(a=1\)时，\(S=\sin⁡ θ\)( \(\qquad\) )

③ 若该菱形的两条对角线的长满足\(AC:BD=\sqrt{3} ∶1\)，则\(θ=60^\circ\) ( \(\qquad\) )

（2）当\(θ=60^\circ\)时，解答下列问题

① 如图1，点\(M\)在\(BC\)边上运动（不与\(B、C\)重合），连接\(AM\)并延长交\(DC\)的延长线于点\(N\)，连接\(DM\)并延长交\(BN\)于点\(P\)，请问\(∠BPM\)的大小是否变化？若不变，请求出\(∠BPM\)的度数；若变化，请说明理由。

② 如图2，点\(M\)在\(BC\)边的延长线上运动，连接\(AM\)交边\(DC\)于点\(N\)，连接\(BN\)并延长交\(DM\)于点\(P\)。

设\(\dfrac{CM}{BC}=k\)，当\(BN\cdot PN=\dfrac{2\sqrt{3}}{15} S\)时，求\(k\)的值.

 
 
 
 
 
 

【分析】

第一问：

①\(L=4a\)，对；

② 过点\(D\)作\(DE⊥AB\)，则\(DE=AD\cdot \sin⁡ θ=a \sin⁡ θ，S=DE\cdot AB=a^2 \sin⁡ θ\)，

当\(a=1\)时，\(S=\sin⁡ θ\)；对；

③ 设\(AC、BD\)相交于点\(O\)，在菱形\(ABCD\)中，\(AC:BD=\sqrt{3} ∶1⇒AO:BO=\sqrt{3} ∶1\)，

又\(AC⊥BD\)，所以\(\tan ⁡\dfrac{θ}{2}=\dfrac{BO}{AO}=\dfrac{1}{\sqrt{3}}⇒\dfrac{θ}{2}=30^\circ⇒ θ=60^\circ\)；对。

 

第二问：

分析已知条件

由\(θ=60^\circ\)可得\(∆ABD\)是等边三角形，

8字型模型得\(∆ABM\sim ∆NCM⟹\dfrac{CN}{AB}=\dfrac{CM}{BM}⟹\dfrac{CN}{a}=\dfrac{CM}{a-CM}\)（利用\(A\)字型\(∆NDA\sim ∆NCM\)得到相同结论）；

 

分析求证

猜测或用量角器测量，可知若\(∠BPM\)不变的话，则\(∠BPM=60^\circ\)；

若\(∠BPM=60^\circ\)，因为\(∠DCB=60^\circ\)，所以\(∠DCB=∠BPM\)，可得\(C、P、B、D\)四点共圆，

则里面有较多圆幂定理的结论：\(CM\cdot MB=PM\cdot MD\)或\(NC\cdot ND=NP\cdot NB\)等，

可证明\(∆DCM\sim ∆BPM或∆DPN\sim ∆BCN\)等，即证明\(∠CDP=∠CBN\)；

利用以上思路尝试证明是可以的，但没想到最终证明过程；

 

由于分析条件得到的\(\dfrac{CN}{a}=\dfrac{CM}{a-CM}\)与\(∆ABD\)是等边三角形，

结果想到证明\(∆BDN\sim ∆MBD\)得到\(∠BPM=60^\circ\)的结论.

设\(CM=m\)，则\(CN=\dfrac{am}{a-m}，DN=DC+CN=a+\dfrac{am}{a-m}=\dfrac{a^2}{a-m}\)，

\(\left\{ \begin{array}{c} \dfrac{DN}{BD}=\dfrac{\frac{a^2}{a-m}}{a}=\dfrac{a}{a-m}\\ \dfrac{BD}{BM}=\dfrac{a}{a-m} \end{array} \right. ⇒\dfrac{DN}{BD}=\dfrac{BD}{BM}\)，

又\(∠BDN=∠DBM⟹ ∆BDN\sim ∆MBD⟹∠BDM=∠BND\)，

所以\(∠BPM=∠NDP+∠BND=∠NDP+∠BDM=∠BDN=60^\circ\)；

 

第三问：

\(\dfrac{CM}{BC}=k⇒CM=ak\)；

由8字型\(∆CMN\sim ∆DAN\)可得\(\dfrac{CN}{DN}=\dfrac{CM}{AD}=\dfrac{ak}{a}=k\)，又\(CN+DN=a\)，

所以\(\dfrac{CN}{a-CN}=k⇒CN=\dfrac{ak}{k+1}，DN=\dfrac{a}{k+1}\)，

由（1）②中的判断中，可得\(S=\dfrac{\sqrt{3}}{2} a^2\)，则\(BN\cdot PN=\dfrac{a^2}{5}\)；

看到\(BN\cdot PN\)会想到用\(a、k\)表示\(BN\)和\(PN\)，从而得到\(k\)的方程求\(k\)，但是做不到；

接着就想到相似三角形，跟\(BN、PN\)有关的三角形，而前面求出了\(CN、DN\)，较容易想到要证明\(∆BCN\sim ∆DPN\)，即证明\(∠DPB=∠DCB=60^\circ\)；

则\(BN\cdot PN=CN\cdot DN=\dfrac{ka^2}{(k+1)^2}\)（即\(C、P、D、B\)四点共圆）；

 

这跟上一问很相似，故借鉴上一问思路，想到证明\(∆BDM\sim ∆DNB\)，理由如下：

\(BD=a，BM=a(1+k)，DN=\dfrac{a}{k+1}\)，

所以\(\dfrac{BD}{BM}= \dfrac{1}{1+k} =\dfrac{DN}{BD}\)，又\(∠BDN=∠DBC=60^\circ\)；

所以\(∆BDM\sim ∆DNB⟹∠BDM=∠BND⟹60^\circ+∠PDN=∠DPN+∠PDN⟹∠DPN=60^\circ\)；
 

易得\(∆BCN\sim ∆DPN\)，所以\(BN\cdot PN=CN\cdot DN=\dfrac{ka^2}{(k+1)^2} ⟹\dfrac{ka^2}{(k+1)^2} =\dfrac{a^2}{5}⟹ \dfrac{k}{(k+1)^2} = \dfrac{1}{5} ⟹k= \dfrac{3±\sqrt{5}}{2}\).

 

【解答】

第一问：

三个都对；
 

第二问：

不变，\(∠BPM=60^\circ\)，理由如下：

连接\(BD\)，

\(∵\)四边形\(ABCD\)是菱形，\(∠BDA=60^\circ\)，\(∴∆ABD\)是等边三角形，且\(CN||AB\)，

\(∴∠CNM=∠BAM，∠NCM=∠ABM\)，\(∴∆ABM\sim ∆NCM\)，

\(∴\dfrac{CN}{AB}=\dfrac{CM}{BM}\)，即\(\dfrac{CN}{a}=\dfrac{CM}{a-CM}\)，

设\(CM=m\)，则\(CN=\dfrac{am}{a-m}，DN=DC+CN=a+\dfrac{am}{a-m}=\dfrac{a^2}{a-m}\)，

\(∴\dfrac{DN}{BD}=\dfrac{\frac{a^2}{a-m}}{a}=\dfrac{a}{a-m}=\dfrac{BD}{BM}\)，

又\(∠BDN=∠DBM\)，\(∴∆BDN\sim ∆MBD\)，

\(∴∠BDM=∠BND\)，

\(∴∠BPM=∠NDP+∠BND=∠NDP+∠BDM=∠BDN=60^\circ\)；

 

第三问：

\(∵\dfrac{CM}{BC}=k\)，\(∴CM=ak\)；

连接\(BD\)，

\(∵\)四边形\(ABCD\)是菱形，\(∠BDA=60^\circ\)，

\(∴∆ABD\)是等边三角形，且\(AD||CM\)，

\(∴∆CMN\sim ∆DAN\)，\(∴\dfrac{CN}{DN}=\dfrac{CM}{AD}=\dfrac{ak}{a}=k\)，

又\(CN+DN=a\)，\(∴\dfrac{CN}{a-CN}=k\)，即\(CN=\dfrac{ak}{k+1}，DN=\dfrac{a}{k+1}\)，

\(∵S=\dfrac{\sqrt{3}}{2} a^2\)，\(∴BN\cdot PN=\dfrac{a^2}{5}\)；

\(∵\dfrac{BD}{BM}= \dfrac{a}{a(1+k)} = \dfrac{1}{1+k} =\dfrac{DN}{BD}\)，

又\(∠BDN=∠DBC=60^\circ\)，

∴\(∆BDM\sim ∆DNB\)，

\(∴∠BDM=∠BND\)，即\(∠BDN+∠PDN=∠DPN+∠PDN\)，

\(∴∠DPN=∠BDN=60^\circ\)，

又\(∠DNP=∠BNC\)，\(∴∆BCN\sim ∆DPN\)，

\(∴BN\cdot PN=CN\cdot DN=\dfrac{ka^2}{(k+1)^2}\)，

\(∴\dfrac{ka^2}{(k+1)^2} =\dfrac{a^2}{5}\)，即\(\dfrac{k}{(k+1)^2} = \dfrac{1}{5}\)，解得\(k= \dfrac{3±\sqrt{5}}{2}\).