Question

13．如圖，在正方形ABCD中，△BPC是等邊三角形，BP、CP的延長(zhǎng)線分別交AD于點(diǎn)E、F，連接BD、DP，BD與CF相交于點(diǎn)H．給出下列結(jié)論：
①△ABE≌△DCF；②$\frac{FP}{PH}=\frac{3}{5}$；③DP²=PH•PB；④$\frac{{S}_{△EPD}}{{S}_{正方形ABCD}}=\frac{\sqrt{3}-1}{4}$．
其中正確的是①③．（寫出所有正確結(jié)論的序號(hào)）

Answer 1

分析 ①根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)和正方形的性質(zhì)，得到∠ABE=∠DCF，∠A=∠ADC，AB=CD，證得△ABE≌△DCF，①正確；
②由于∠FDP=∠PBD，∠DFP=∠BPC=60°，推出△DFP∽△BPH，得到$\frac{FP}{PH}$=$\frac{DF}{PB}$=$\frac{DF}{CD}$=tan∠DCF=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，②錯(cuò)誤；
③由于∠PDH=∠PCD=30°，∠DPH=∠DPC，推出△DPH∽△CPD，得到$\frac{DP}{CD}$=$\frac{PH}{DP}$，PB=CD，等量代換得到DP²=PH•PB，③正確；
④設(shè)正方形ABCD的邊長(zhǎng)是3，則PB=BC=AD=3，求得∠EBA=30°，得出AE、BE、EP的長(zhǎng)，由S_△BED=S_ABD-S_ABE，S_△EPD=$\frac{EP}{BE}$S_△BED，求得$\frac{{S}_{△EPD}}{{S}_{正方形ABCD}}$=$\frac{9-5\sqrt{3}}{12}$，④錯(cuò)誤；即可得出結(jié)論．

解答 解：①∵△BPC是等邊三角形，
∴BP=PC=BC，∠PBC=∠PCB=∠BPC=60°，
∵四邊形ABCD為正方形，
∴AB=BC=CD，∠A=∠ADC=∠BCD=90°
∴∠ABE=∠DCF=30°，
在△ABE與△CDF中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠A=∠ADC}\\{AB=CD}\\{∠ABE=∠DCF}\end{array}\right.$，
∴△ABE≌△DCF（ASA），
故①正確；
②∵PC=CD，∠PCD=30°，
∴∠PDC=75°，
∴∠FDP=15°，
∵∠DBA=45°，
∴∠PBD=15°，
∴∠FDP=∠PBD，
∵∠DFP=∠FCB=∠BPC=60°，
∴△DFP∽△BPH，
∴$\frac{FP}{PH}$=$\frac{DF}{PB}$=$\frac{DF}{CD}$=tan∠DCF=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，
故②錯(cuò)誤；
③∵∠FDP=15°，
∴∠PDH=30°
∴∠PDH=∠PCD，
∵∠DPH=∠DPC，
∴△DPH∽△CDP，
∴$\frac{DP}{CD}$=$\frac{PH}{DP}$，
∴DP²=PH•CD，
∵PB=CD，
∴DP²=PH•PB，
故③正確；
④設(shè)正方形ABCD的邊長(zhǎng)是3，
∵△BPC為正三角形，
∴∠PBC=60°，PB=BC=AD=3，
∴∠EBA=30°，
∴AE=ABtan30°=3×$\frac{\sqrt{3}}{3}$=$\sqrt{3}$，
BE=$\frac{AB}{cos30°}$=$\frac{3}{\frac{\sqrt{3}}{2}}$=2$\sqrt{3}$，
∴EP=BE-BP=2$\sqrt{3}$-3，
S_△BED=S_ABD-S_ABE=$\frac{1}{2}$×3×3-$\frac{1}{2}$×3×$\sqrt{3}$=$\frac{9-3\sqrt{3}}{2}$，
S_△EPD=$\frac{EP}{BE}$S_△BED=$\frac{2\sqrt{3}-3}{2\sqrt{3}}$×$\frac{9-3\sqrt{3}}{2}$=$\frac{27-15\sqrt{3}}{4}$，
∴$\frac{{S}_{△EPD}}{{S}_{正方形ABCD}}$=$\frac{\frac{27-15\sqrt{3}}{4}}{9}$=$\frac{9-5\sqrt{3}}{12}$，
故④錯(cuò)誤；
∴正確的是①③；
故答案為：①③．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定、等邊三角形的性質(zhì)、正方形的性質(zhì)、三角形面積計(jì)算、三角函數(shù)等知識(shí)；熟練掌握相似三角形的判定與性質(zhì)、三角形面積計(jì)算、三角函數(shù)是解決問(wèn)題的關(guān)鍵．