Question

16．已知四邊形ABCD，AD∥BC，AB⊥BC，AD=1，AB=2，BC=3．

（1）如圖1，P為AB邊上的一點(diǎn)，以PD、PC為邊作?PCQD，請問對角線PQ，DC的長能否相等，為什么？
（2）如圖2，若P為AB邊上一點(diǎn)，以PD，PC為邊作?PCQD，請問對角線PQ的長是否存在最小值？如果存在，請求出最小值，如果不存在，請說明理由．
（3）若P為AB邊上任意一點(diǎn)，延長PD到E，使DE=PD，再以PE、PC為邊作?PCQE，請?zhí)骄繉�角線PQ的長是否也存在最小值？如果存在，請求出最小值，如果不存在，請說明理由．
（4）如圖3，若P為DC邊上任意一點(diǎn)，延長PA到E，使AE=nPA（n為常數(shù)），以PE、PB為邊作?PBQE，請?zhí)骄繉�角線PQ的長是否也存在最小值？如果存在，直接寫出最小值，如果不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）由四邊形PCQD是平行四邊形，若對角線PQ、DC相等，則四邊形PCQD是矩形，得出∠DPC=90°，由勾股定理得出DC=2$\sqrt{2}$，設(shè)PB=x，則AP=2-x，
在Rt△DPC中，由勾股定理得出方程，方程無解，得出對角線PQ與DC不可能相等．
（2）過點(diǎn)Q作QH⊥BC，交BC的延長線于H，由AAS證明△ADP≌△HCQ，得出AD=HC求出BH=4，當(dāng)PQ⊥AB時，PQ的長最小，即為4．
（3）設(shè)PQ與DC相交于點(diǎn)G，由平行線得出$\frac{DG}{GC}=\frac{PD}{CQ}$=$\frac{1}{2}$，得出G是DC上一定點(diǎn)，作QH⊥BC，交BC的延長線于H，證明Rt△ADP∽Rt△HCQ，得出$\frac{AD}{CH}=\frac{PD}{CQ}$=$\frac{1}{2}$，求出CH=2得出BH=BG+CH=5，當(dāng)PQ⊥AB時，PQ的長最小，即為5．
（4）設(shè)PQ與AB相交于點(diǎn)G，由平行線得出$\frac{PA}{BQ}=\frac{AG}{BG}$=$\frac{1}{n+1}$，作QH∥PD，交CB的延長線于H，過點(diǎn)C作CK⊥CD，交QH的延長線于K，證明△ADP∽△BHQ，得出$\frac{AD}{BH}=\frac{PA}{BQ}$=$\frac{1}{n+1}$，求出BH=n+1，得出CH=BH+BC=n+4，過點(diǎn)D作DM⊥BC于M，則四邊形ABND是矩形，得出BM=AD=1，DM=AB=2，證出∠KCH=45°，由三角函數(shù)得出CK=CH•cos45°=$\frac{\sqrt{2}}{2}$（n+4），即可得出結(jié)果．

解答 解：（1）對角線PQ與DC不可能相等，理由如下：
∵四邊形PCQD是平行四邊形，
若對角線PQ、DC相等，則四邊形PCQD是矩形，
∴∠DPC=90°，
∵AD=1，AB=2，BC=3，
∴DC=2$\sqrt{2}$，
設(shè)PB=x，則AP=2-x，
在Rt△DPC中，PD²+PC²=DC²，即x²+3²+（2-x）²+1²=（2$\sqrt{2}$）²，
整理得：x²-2x+3=0，
∵△=（-2）2-4×1×3=-8＜0，
∴方程無解，
∴對角線PQ與DC不可能相等．
（2）存在，理由如下：
如圖2，在平行四邊形PCQD中，設(shè)對角線PQ與DC相交于點(diǎn)G，
則G是DC的中點(diǎn)，
過點(diǎn)Q作QH⊥BC，交BC的延長線于H，
∵AD∥BC，AB⊥BC，
∴AD⊥AB，∠ADC=∠DCH，
即∠ADP+∠PDG=∠DCQ+∠QCH，
∵PD∥CQ，
∴∠PDC=∠DCQ，
∴∠ADP=∠QCH，在△ADP和△HCQ中，$\left\{\begin{array}{l}{∠A=∠CHQ=90°}&{\;}\\{∠ADP=∠QCH}&{\;}\\{PD=CQ}&{\;}\end{array}\right.$，
∴△ADP≌△HCQ（AAS），
∴AD=HC，
∵AD=1，BC=3，
∴BH=4，
∴當(dāng)PQ⊥AB時，PQ的長最小，即為4．
（3）存在，理由如下：
如圖3，設(shè)PQ與DC相交于點(diǎn)G，
∵PE∥CQ，PD=DE，
∴$\frac{DG}{GC}=\frac{PD}{CQ}$=$\frac{1}{2}$，
∴G是DC上一定點(diǎn)，
作QH⊥BC，交BC的延長線于H，
同（2）得：∠ADP=∠QCH，
∴Rt△ADP∽Rt△HCQ，
∴$\frac{AD}{CH}=\frac{PD}{CQ}$=$\frac{1}{2}$，
∴CH=2，
∴BH=BC+CH=3+2=5，
∴當(dāng)PQ⊥AB時，PQ的長最小，即為5．
（4）存在，理由如下：
如圖4，設(shè)PQ與AB相交于點(diǎn)G，
∵PE∥BQ，AE=nPA，
∴$\frac{PA}{BQ}=\frac{AG}{BG}$=$\frac{1}{n+1}$，
作QH∥PD，交CB的延長線于H，過點(diǎn)C作CK⊥CD，交QH的延長線于K，
∵AD∥BC，AB⊥BC，
∴∠ADP=∠QHC，∠DAP+∠PAG=∠QBH+∠QBG=90°，∠PAG=∠QBG，
∴∠QBH=∠PAD，
∴△ADP∽△BHQ，
∴$\frac{AD}{BH}=\frac{PA}{BQ}$=$\frac{1}{n+1}$，
∵AD=1，
∴BH=n+1，
∴CH=BH+BC=1+n+3=n+4，
過點(diǎn)D作DM⊥BC于M，
則四邊形ABND是矩形，
∴BM=AD=1，DM=AB=2
∴CM=BC-BM=3-1=2=DM，
∴∠DCM=45°，
∴∠KCH=45°，
∴CK=CH•cos45°=$\frac{\sqrt{2}}{2}$（n+4），
∴當(dāng)PQ⊥CD時，PQ的長最小，但是，P點(diǎn)已經(jīng)不在CD上了，到延長線上了，
∴當(dāng)D與P重合時的PQ長就是PQ的最小值，
此時Q與H重合，PQ=HD=$\sqrt{{HM}^{2}+D{M}^{2}}$=$\sqrt{（n+2）^{2}+{2}^{2}}$=$\sqrt{{n}^{2}+4n+8}$
∴最小值為$\sqrt{{n}^{2}+4n+8}$

點(diǎn)評 本題是相似形綜合題目，考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、平行四邊形的性質(zhì)，矩形的判定與性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)等知識；本題綜合性強(qiáng)，有一定難度，證明三角形相似和三角形全等是解決問題的關(guān)鍵．