Question

（2008•哈爾濱）在矩形ABCD中，點(diǎn)E是AD邊上一點(diǎn)，連接BE，且∠ABE=30°，BE=DE，連接BD．點(diǎn)P從點(diǎn)E出發(fā)沿射線ED運(yùn)動(dòng)，過(guò)點(diǎn)P作PQ∥BD交直線BE于點(diǎn)Q．
（1）當(dāng)點(diǎn)P在線段ED上時(shí)（如圖1），求證：BE=PD+PQ；
（2）若BC=6，設(shè)PQ長(zhǎng)為x，以P、Q、D三點(diǎn)為頂點(diǎn)所構(gòu)成的三角形面積為y，求y與x的函數(shù)關(guān)系式（不要求寫(xiě)出自變量x的取值范圍）；
（3）在②的條件下，當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到線段ED的中點(diǎn)時(shí)，連接QC，過(guò)點(diǎn)P作PF⊥QC，垂足為F，PF交對(duì)角線BD于點(diǎn)G（如圖2），求線段PG的長(zhǎng)．

Answer 1

【答案】分析：（1）過(guò)點(diǎn)E作EM⊥QP垂足為M；在Rt△EQP中，易得∠EBD=∠EDB=30°；進(jìn)而可得PE=PQ，且BE=DE．故可證得BE=PD+PQ．
（2）點(diǎn)P從點(diǎn)E出發(fā)沿射線ED運(yùn)動(dòng)，所以分當(dāng)點(diǎn)P在線段ED上時(shí)與當(dāng)點(diǎn)P在線段ED的延長(zhǎng)線上時(shí)兩種情況討論，根據(jù)所作的輔助線，可得y與x的關(guān)系；
（3）連接PC交BD于點(diǎn)N，可得∠QPC=90°，進(jìn)而可得△PNG∽△QPC；可得；解可得PG的長(zhǎng)．
解答：（1）證明：∵∠A=90°∠ABE=30°，
∴∠AEB=60°．
∵EB=ED，
∴∠EBD=∠EDB=30°．
∵PQ∥BD，
∴∠EQP=∠EBD．
∠EPQ=∠EDB．
∴∠EPQ=∠EQP=30°，
∴EQ=EP．                                      （1分）
過(guò)點(diǎn)E作EM⊥QP垂足為M．則PQ=2PM．
∵∠EPM=30°，∴PM=PE，PE=PQ．             （1分）
∵BE=DE=PD+PE，
∴BE=PD+PQ．                                （1分）

（2）解：由題意知AE=BE，
∴DE=BE=2AE．
∵AD=BC=6，
∴2AE=DE=BE=4．                               （1分）
當(dāng)點(diǎn)P在線段ED上時(shí)（如圖1），
過(guò)點(diǎn)Q做QH⊥AD于點(diǎn)H，則QH=PQ=x．
由（1）得PD=BE-x，PD=4-x．
∴y=PD•QH=．                        （1分）
當(dāng)點(diǎn)P在線段ED的延長(zhǎng)線上時(shí)（如圖2），
過(guò)點(diǎn)Q作QH′⊥DA交DA延長(zhǎng)線于點(diǎn)H′，∴QH′=x．
過(guò)點(diǎn)E作EM′⊥PQ于點(diǎn)M′，同理可得EP=EQ=PQ，
∴BE=PQ-PD，
∴PD=x-4，
∴y=PD•QH′=．              （1分）

（3）解：連接PC交BD于點(diǎn)N（如圖3）．
∵點(diǎn)P是線段ED中點(diǎn)，
∴EP=PD=2，PQ=．
∵DC=AB=AE•tan60°=，
∴PC==4．
∴cos∠DPC==．
∴∠DPC=60°．
∴∠QPC=180°-∠EPQ-∠DPC=90°．             （1分）
∵PQ∥BD，
∴∠PND=∠QPC=90°．
∴PN=PD=1．                                 （1分）
QC==．
∵∠PGN=90°-∠FPC，∠PCF=90°-∠FPC，
∴∠PGN=∠PCF．                              （1分）
∵∠PNG=∠QPC=90°，
∴△PNG∽△QPC，
∴，
∴PG==．
點(diǎn)評(píng)：本題結(jié)合矩形的性質(zhì)考查二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，注意某個(gè)圖形無(wú)法解答時(shí)，常常放到其他圖形中，利用圖形間的角、邊關(guān)系求解．