Question

17．如圖，梯形ABCD中，AB∥CD，∠ABC=90°，AB=8，CD=6，BC=4，AB邊上有一動(dòng)點(diǎn)P（不與A、B重合），連結(jié)DP，作PQ⊥DP，使得PQ交線段BC于點(diǎn)E，設(shè)AP=x．
（1）當(dāng)x為何值時(shí)，△APD是等腰三角形？
（2）若設(shè)BE=y，求y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式；
（3）若BC的長a可以變化，在現(xiàn)在的條件下，是否存在點(diǎn)P，使得PQ經(jīng)過點(diǎn)C？若不存在，請(qǐng)說明理由；若存在，寫出當(dāng)BC的長在什么范圍內(nèi)時(shí)，可以存在這樣的點(diǎn)P，使得PQ經(jīng)過點(diǎn)C，并求出相應(yīng)的AP的長．

Answer 1

分析 （1）表示出PH，然后分①當(dāng)AP=AD時(shí)，②當(dāng)AD=PD時(shí)，根據(jù)等腰三角形三線合一的性質(zhì)，AH=PH，列式進(jìn)行計(jì)算即可得解；③當(dāng)AP=PD時(shí)，表示出PH，然后在Rt△DPH中，根據(jù)勾股定理列式進(jìn)行計(jì)算即可得解；
（2）根據(jù)同角的余角相等求出∠HDP=∠EPB，再根據(jù)兩角對(duì)應(yīng)相等，兩三角形相似求出△DPH和△PEB相似，然后根據(jù)相似三角形對(duì)應(yīng)邊成比例列出比例式整理即可得解；
（3）根據(jù)PQ過點(diǎn)C時(shí)，BE=4，代入（2）的BE的表達(dá)式，再根據(jù)一元二次方程的解確定即可．

解答 解：（1）過D點(diǎn)作DH⊥AB于H，則四邊形DHBC為矩形，

∴DH=BC=4，HB=CD=6，
∴AH=2，AD=2$\sqrt{5}$，
∵AP=x，
∴PH=x-2，
情況①：當(dāng)AP=AD時(shí)，即x=2$\sqrt{5}$，
情況②：當(dāng)AD=PD時(shí)，則AH=PH，
∴2=x-2，
解得x=4，
情況③：當(dāng)AP=PD時(shí)，則Rt△DPH中，x²=4²+（x-2）²，
解得x=5，
∵2＜x＜8，
∴當(dāng)x為2$\sqrt{5}$、4、5時(shí)，△APD是等腰三角形；
（2）∵∠DPE=∠DHP=90°，
∴∠DPH+∠EPB=∠DPH+∠HDP=90°，
∴∠HDP=∠EPB，
又∵∠DHP=∠B=90°，
∴△DPH∽△PEB，
∴$\frac{DH}{PH}=\frac{PB}{EB}$，
∴$\frac{4}{x-2}=\frac{8-x}{y}$，
整理得：$y=\frac{1}{4}（x-2）（8-x）=-\frac{1}{4}{x^2}+\frac{5}{2}x-4$；
（3）存在，
由（2）得△DPH∽△PEB，
∴$\frac{a}{8-x}=\frac{x-2}{y}$，
∴y=$\frac{{（{8-x}）（{x-2}）}}{a}$，
當(dāng)y=a時(shí)，（8-x）（x-2）=a²，即x²-10x+（16+a²）=0，△=100-4（16+a²）≥0，
即100-64-4a²≥0，
即a²≤9，
又∵a＞0，
∴0＜a≤3，
∴當(dāng)BC滿足0＜BC≤3時(shí)，存在點(diǎn)P，使得PQ經(jīng)過C，
此時(shí)，AP的長為$x=\frac{{10±\sqrt{100-4（16+{a^2}）}}}{2}=5±\sqrt{9-{a^2}}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了四邊形綜合題，主要考查了直角梯形的性質(zhì)，勾股定理，等腰三角形的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，一元二次方程的解的情況，綜合性較強(qiáng)，難度較大，（1）要根據(jù)等腰三角形的腰長的不同分情況討論．