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1. 如图，在$\triangle ABC$中，$D,E$分别是边$AC,BC$上的点，$DE$与$AB$的延长线交于点$F$，若$\angle AED = \angle ABC$,$AF = 9$,$EF = 3$,则$BF$的长为
1
.
答案：
1.1 点拨:
∵∠AEC是△ABE的外角，
∴∠AEC=∠BAE+∠ABC.
又
∵∠AEC=∠AED+∠DEC,∠AED=∠ABC,
∴∠BAE=∠DEC.
∵∠DEC=∠FEB,
∴∠BAE=∠FEB.
又
∵∠F为公共角,
∴△FEB∽△FAE,
∴$\frac{EF}{AF}$=$\frac{BF}{EF}$.
∵AF=9,EF=3,
∴$\frac{3}{9}$=$\frac{BF}{3}$,
∴BF=1.
∵∠AEC是△ABE的外角，
∴∠AEC=∠BAE+∠ABC.
又
∵∠AEC=∠AED+∠DEC,∠AED=∠ABC,
∴∠BAE=∠DEC.
∵∠DEC=∠FEB,
∴∠BAE=∠FEB.
又
∵∠F为公共角,
∴△FEB∽△FAE,
∴$\frac{EF}{AF}$=$\frac{BF}{EF}$.
∵AF=9,EF=3,
∴$\frac{3}{9}$=$\frac{BF}{3}$,
∴BF=1.
2. 如图，正方形$ABCD$的边长为$12$，$\odot B$的半径为$6$，$P$是$\odot B$上一个动点，则$PD + \frac{1}{2}PC$的最小值为
15
.
答案：
2.15 点拨:如答图,连接PB,在BC上截取BE=3,连接PE,
则CE=BC−BE=12−3=9,
∴$\frac{BE}{PB}$=$\frac{PB}{BC}$=$\frac{1}{2}$.
∵∠PBE=∠CBP,
∴△BPE∽△BCP,
∴$\frac{PE}{PC}$=$\frac{BE}{PB}$=$\frac{1}{2}$,
∴PE=$\frac{1}{2}$PC,
∴PD+$\frac{1}{2}$PC=PD+PE,
∴当点D,P,E共线时，PD+PE的值最小.
∵DE=$\sqrt{CD^{2}+CE^{2}}$=$\sqrt{12^{2}+9^{2}}$=15,
∴PD+$\frac{1}{2}$PC的最小值为15.
2.15 点拨:如答图,连接PB,在BC上截取BE=3,连接PE,
则CE=BC−BE=12−3=9,
∴$\frac{BE}{PB}$=$\frac{PB}{BC}$=$\frac{1}{2}$.
∵∠PBE=∠CBP,
∴△BPE∽△BCP,
∴$\frac{PE}{PC}$=$\frac{BE}{PB}$=$\frac{1}{2}$,
∴PE=$\frac{1}{2}$PC,
∴PD+$\frac{1}{2}$PC=PD+PE,
∴当点D,P,E共线时，PD+PE的值最小.
∵DE=$\sqrt{CD^{2}+CE^{2}}$=$\sqrt{12^{2}+9^{2}}$=15,
∴PD+$\frac{1}{2}$PC的最小值为15.
3. 在$\triangle ABC$中，$P$为边$AB$上一点，$M$为线段$PC$上一点.
(1) 如图①，若$\angle ACP = \angle B$, 求证：$AC^2 = AP · AB$;
(2) 如图②，若$PC = 3PM$,$AC = 2$,$\angle PBM = \angle ACP$,$AB = 3$, 求$BP$的长;
(3) 如图③，若$PC = 2PM$,$AC = 2$,$\angle ABC = 45°$,$\angle A = \angle BMP = 60°$, 求$BP$的长.
(1) 如图①，若$\angle ACP = \angle B$, 求证：$AC^2 = AP · AB$;
(2) 如图②，若$PC = 3PM$,$AC = 2$,$\angle PBM = \angle ACP$,$AB = 3$, 求$BP$的长;
(3) 如图③，若$PC = 2PM$,$AC = 2$,$\angle ABC = 45°$,$\angle A = \angle BMP = 60°$, 求$BP$的长.
答案：
3.
(1)证明:
∵∠ACP=∠B,∠A=∠A,
∴△ACP∽△ABC,
∴$\frac{AC}{AB}$=$\frac{AP}{AC}$，
∴$AC^{2}$=AP·AB.
(2)解:如答图①,过点M作GM//AC交PA于点G,
∴△PMG∽△PCA,
∴$\frac{MG}{AC}$=$\frac{PG}{AP}$=$\frac{PM}{PC}$.
∵AC=2,PC=3PM,
∴$\frac{MG}{2}$=$\frac{PG}{AP}$=$\frac{PM}{3PM}$=$\frac{1}{3}$，
∴MG=$\frac{2}{3}$.
设PG=x,则AP=3x,
∴AG=2x,BG=AB−AG=3−2x.
∵MG//AC,
∴∠BGM=∠A.
∵∠PBM=∠ACP,
∴△BMG∽△CPA,
∴$\frac{BG}{AC}$=$\frac{MG}{AP}$，
∴$\frac{3 - 2x}{2}$=$\frac{\frac{2}{3}}{3x}$，解得x=$\frac{4}{3}$或x=$\frac{1}{6}$.
当x=$\frac{4}{3}$时,AP=4＞AB=3,而点P在边AB上，
∴此种情况不符合题意，舍去.
当x=$\frac{1}{6}$时,AP=3x=$\frac{1}{2}$,
∴BP=AB−AP=3−$\frac{1}{2}$=$\frac{5}{2}$.
(3)解:如答图②,过点C作CH⊥AB于点H,延长AB 到点E,使BE=BP.连接CE.
设BP=x,则BE=x.
∵在Rt△ACH中,AC=2,∠A=60°,
∴∠ACH=30°,
∴AH=$\frac{1}{2}$AC=1,根据勾股定理,得CH=$\sqrt{3}$.
∵在Rt△BCH中,∠ABC=45°,
∴∠BCH=90°−∠ABC=45°,
∴BH=CH=$\sqrt{3}$,
∴HE=$\sqrt{3}$+x.
在Rt△CEH中,由勾股定理，得
CE²=CH²+HE²=$(\sqrt{3})^{2}$+$(\sqrt{3}+x)^{2}$=$x^{2}+2\sqrt{3}x + 6$.
∵PC=2PM,
∴PM=CM.
又
∵PB=BE,
∴BM//CE,
∴∠PMB=∠PCE=60°=∠A.
∵∠E=∠E,
∴△ECP∽△EAC,
∴$\frac{CE}{AE}$=$\frac{EP}{CE}$,
∴$CE^{2}$=EP·EA,
∴$x^{2}+2\sqrt{3}x + 6$=2x($\sqrt{3}$+x+1),解得x=-1 - $\sqrt{7}$(舍去)或x=-1 + $\sqrt{7}$,
∴BP=$\sqrt{7}$-1.
3.
(1)证明:
∵∠ACP=∠B,∠A=∠A,
∴△ACP∽△ABC,
∴$\frac{AC}{AB}$=$\frac{AP}{AC}$，
∴$AC^{2}$=AP·AB.
(2)解:如答图①,过点M作GM//AC交PA于点G,
∴△PMG∽△PCA,
∴$\frac{MG}{AC}$=$\frac{PG}{AP}$=$\frac{PM}{PC}$.
∵AC=2,PC=3PM,
∴$\frac{MG}{2}$=$\frac{PG}{AP}$=$\frac{PM}{3PM}$=$\frac{1}{3}$，
∴MG=$\frac{2}{3}$.
设PG=x,则AP=3x,
∴AG=2x,BG=AB−AG=3−2x.
∵MG//AC,
∴∠BGM=∠A.
∵∠PBM=∠ACP,
∴△BMG∽△CPA,
∴$\frac{BG}{AC}$=$\frac{MG}{AP}$，
∴$\frac{3 - 2x}{2}$=$\frac{\frac{2}{3}}{3x}$，解得x=$\frac{4}{3}$或x=$\frac{1}{6}$.
当x=$\frac{4}{3}$时,AP=4＞AB=3,而点P在边AB上，
∴此种情况不符合题意，舍去.
当x=$\frac{1}{6}$时,AP=3x=$\frac{1}{2}$,
∴BP=AB−AP=3−$\frac{1}{2}$=$\frac{5}{2}$.
(3)解:如答图②,过点C作CH⊥AB于点H,延长AB 到点E,使BE=BP.连接CE.
设BP=x,则BE=x.
∵在Rt△ACH中,AC=2,∠A=60°,
∴∠ACH=30°,
∴AH=$\frac{1}{2}$AC=1,根据勾股定理,得CH=$\sqrt{3}$.
∵在Rt△BCH中,∠ABC=45°,
∴∠BCH=90°−∠ABC=45°,
∴BH=CH=$\sqrt{3}$,
∴HE=$\sqrt{3}$+x.
在Rt△CEH中,由勾股定理，得
CE²=CH²+HE²=$(\sqrt{3})^{2}$+$(\sqrt{3}+x)^{2}$=$x^{2}+2\sqrt{3}x + 6$.
∵PC=2PM,
∴PM=CM.
又
∵PB=BE,
∴BM//CE,
∴∠PMB=∠PCE=60°=∠A.
∵∠E=∠E,
∴△ECP∽△EAC,
∴$\frac{CE}{AE}$=$\frac{EP}{CE}$,
∴$CE^{2}$=EP·EA,
∴$x^{2}+2\sqrt{3}x + 6$=2x($\sqrt{3}$+x+1),解得x=-1 - $\sqrt{7}$(舍去)或x=-1 + $\sqrt{7}$,
∴BP=$\sqrt{7}$-1.
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