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1. 如图，在$△ABC$中，$D$，$E$分别是边$AC$，$BC$上的点，$DE$与$AB$的延长线交于点$F$，若$∠AED = ∠ABC$，$AF = 9$，$EF = 3$，则$BF$的长为
1
.
答案：
1. 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,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,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$△ABC$中，$P$为边$AB$上一点.
(1) 如图①，若$∠ACP = ∠B$，求证：$AC^2 = AP · AB$；
(2) 如图②，若$PC = 3PM$，$AC = 2$，$∠PBM = ∠ACP$，$AB = 3$，求$BP$的长；
(3) 如图③，若$PC = 2PM$，$AC = 2$，$∠ABC = 45^{\circ}$，$∠A = ∠BMP = 60^{\circ}$，求$BP$的长.
(1) 如图①，若$∠ACP = ∠B$，求证：$AC^2 = AP · AB$；
(2) 如图②，若$PC = 3PM$，$AC = 2$，$∠PBM = ∠ACP$，$AB = 3$，求$BP$的长；
(3) 如图③，若$PC = 2PM$，$AC = 2$，$∠ABC = 45^{\circ}$，$∠A = ∠BMP = 60^{\circ}$，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,
∴$\frac{MG}{2}=\frac{PG}{AP}=\frac{1}{3}$,
∴$MG=\frac{2}{3}$.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,所以此种情况不符合题意,舍去.
即$x=\frac{1}{6}$,则$AP=3x=\frac{1}{2}$,
∴$BP=AB−AP=3−\frac{1}{2}=\frac{5}{2}$.
(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=y.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=$\sqrt{3}$,
∴$HE=\sqrt{3}+y$.
在Rt△CEH中,$CE^{2}=CH^{2}+HE^{2}=(\sqrt{3})^{2}+(\sqrt{3}+y)^{2}=y^{2}+2\sqrt{3}y+6$.
∵PC=2PM,
∴PM=CM.
∵PB=BE,
∴BM//CE,
∴∠PMB=∠PCE=60°=∠A.
∵∠E=∠E,
∴△ECP∽△EAC,
∴$\frac{CE}{EP}=\frac{AE}{CE}$,
∴$CE^{2}=EP· EA$,
∴$y^{2}+2\sqrt{3}y+6=2y(\sqrt{3}+y+1)$,
解得$y=−1−\sqrt{7}$(舍去)或$y=−1+\sqrt{7}$,
∴$BP=\sqrt{7}−1$.
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,
∴$\frac{MG}{2}=\frac{PG}{AP}=\frac{1}{3}$,
∴$MG=\frac{2}{3}$.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,所以此种情况不符合题意,舍去.
即$x=\frac{1}{6}$,则$AP=3x=\frac{1}{2}$,
∴$BP=AB−AP=3−\frac{1}{2}=\frac{5}{2}$.
(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=y.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=$\sqrt{3}$,
∴$HE=\sqrt{3}+y$.
在Rt△CEH中,$CE^{2}=CH^{2}+HE^{2}=(\sqrt{3})^{2}+(\sqrt{3}+y)^{2}=y^{2}+2\sqrt{3}y+6$.
∵PC=2PM,
∴PM=CM.
∵PB=BE,
∴BM//CE,
∴∠PMB=∠PCE=60°=∠A.
∵∠E=∠E,
∴△ECP∽△EAC,
∴$\frac{CE}{EP}=\frac{AE}{CE}$,
∴$CE^{2}=EP· EA$,
∴$y^{2}+2\sqrt{3}y+6=2y(\sqrt{3}+y+1)$,
解得$y=−1−\sqrt{7}$(舍去)或$y=−1+\sqrt{7}$,
∴$BP=\sqrt{7}−1$.
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