Question

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，過點(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（如圖1），求證：BE=PD+

3

3

PQ；
（2）若BC=6，設(shè)PQ長為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)動到線段ED的中點(diǎn)時，連接QC，過點(diǎn)P作PF⊥QC，垂足為F，PF交對角線BD于點(diǎn)G（如圖2），求線段PG的長．

Answer 1

分析：（1）過點(diǎn)E作EM⊥QP垂足為M；在Rt△EQP中，易得∠EBD=∠EDB=30°；進(jìn)而可得PE=

3

3

PQ，且BE=DE．故可證得BE=PD+

3

3

PQ．
（2）點(diǎn)P從點(diǎn)E出發(fā)沿射線ED運(yùn)動，所以分當(dāng)點(diǎn)P在線段ED上時與當(dāng)點(diǎn)P在線段ED的延長線上時兩種情況討論，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

PG

QC

=

PN

PQ

；解可得PG的長．

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．                                     
過點(diǎn)E作EM⊥QP垂足為M．則PQ=2PM．
∵∠EPM=30°，∴PM=

3

2

PE，PE=

3

3

PQ．             
∵BE=DE=PD+PE，
∴BE=PD+

3

3

PQ．                               

（2）解：由題意知AE=

1

2

BE，
∴DE=BE=2AE．
∵AD=BC=6，
∴2AE=DE=BE=4．                              
當(dāng)點(diǎn)P在線段ED上時（如圖1），
過點(diǎn)Q做QH⊥AD于點(diǎn)H，則QH=

1

2

PQ=

1

2

x．
由（1）得PD=BE-

3

3

x，PD=4-

3

3

x．
∴y=

1

2

PD•QH=-

3

12

x2+x．                       
當(dāng)點(diǎn)P在線段ED的延長線上時（如圖2），
過點(diǎn)Q作QH′⊥DA交DA延長線于點(diǎn)H′，
∴QH′=

1

2

x．
過點(diǎn)E作EM′⊥PQ于點(diǎn)M′，同理可得EP=EQ=

3

3

PQ，
∴BE=

3

3

PQ-PD，
∴PD=

3

3

x-4，
∴y=

1

2

PD•QH′=

3

12

x2-x．              

（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=2

3

．
∵DC=AB=AE•tan60°=2

3

，
∴PC=

PD2+DC2

=4．
∴cos∠DPC=

PD

PC

=

1

2

．
∴∠DPC=60°．
∴∠QPC=180°-∠EPQ-∠DPC=90°．            
∵PQ∥BD，
∴∠PND=∠QPC=90°．
∴PN=

1

2

PD=1．                                
QC=

PQ2+PC2

=2

7

．
∵∠PGN=90°-∠FPC，∠PCF=90°-∠FPC，
∴∠PGN=∠PCF．                             
∵∠PNG=∠QPC=90°，
∴△PNG∽△QPC，
∴

PG

QC

=

PN

PQ

，
∴PG=

1

2 3

×2

7

=

21

3

．

點(diǎn)評：本題結(jié)合矩形的性質(zhì)考查二次函數(shù)的綜合應(yīng)用，注意某個圖形無法解答時，常常放到其他圖形中，利用圖形間的角、邊關(guān)系求解．