Question

3．在矩形ABCD上有一個動點P，點P沿AD-DC-CA運動，并且不與點A重合，連接BP，以BP為直角邊作等腰直角三角形BPQ，AB=6，AD=4．

（1）當(dāng)點P沿AD-DC-CA運動時，求出等腰直角三角形BPQ面積的最大值；
（2）當(dāng)點P在AD上運動時，△BPQ的邊PQ與DC交于點E，如圖1所示，若AP：AD=1：2時，AB：PD的值為3；若AP：AD=1：n時，AB：PD的值為$\frac{3n}{2（n-1）}$；
（3）如圖2所示，當(dāng)點P（不與點D、C重合）在DC上運動時，請你判斷梯形ABPD的面積是否可為△BPQ面積的4倍？若可以，請求出PC的長度；若不可以，請說明理由；
（4）如圖3所示，當(dāng)點P運動到CA的延長線上時，請你直接寫出BP：PF的值．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)當(dāng)點P移動到點D處時，△BPQ的面積最大進(jìn)行計算求解；
（2）根據(jù)AP：AD的比值，求得AP的長，再根據(jù)PD和AB的長求得AB：PD的值即可；
（3）先設(shè)PC=y，并將梯形與△BPQ的面積表達(dá)出來，再根據(jù)梯形ABPD的面積=4×△BPQ的面積，列出關(guān)于y的方程，最后判斷方程是否有解即可；
（4）先過P作PG⊥CB于G，作PH⊥CD于H，并判定△GPB∽△HPF，再根據(jù)相似三角形的對應(yīng)邊成比例以及平行線分線段成比例定理進(jìn)行推導(dǎo)計算，求得BP：PF的值．

解答 解（1）∵當(dāng)點P移動到點D處時，BP＞BA＞BC，此時BP=BD=$\sqrt{{6}^{2}+{4}^{2}}$=$\sqrt{52}$（最大）
∵△BPQ是等腰直角三角形
∴△BPQ的面積=$\frac{1}{2}$BP²=$\frac{1}{2}$×（$\sqrt{52}$）2=26
即P點運動到D點的時，△BPQ有面積的最大值26
 
（2）如圖1，當(dāng)AP：AD=1：2時，AP=PD=$\frac{1}{2}$AD=2
此時，AB：PD=6：2═3
 當(dāng)AP：AD=1：n時，AP=AD×$\frac{1}{n}$=$\frac{4}{n}$
∴PD=AD-AP=4-$\frac{4}{n}$=$\frac{4（n-1）}{n}$        
∴AB：PD=6：$\frac{4（n-1）}{n}$=$\frac{3n}{2（n-1）}$
故答案為：3，$\frac{3n}{2（n-1）}$

（3）如圖2，設(shè)PC=y，則DP=6-y，BP²=4²+y²
若梯形ABPD的面積=4×△BPQ的面積，則$\frac{1}{2}$[（6-y）+6]×4=4×$\frac{1}{2}$（4²+y²）
即y²+y+4=0，其中△=-15＜0
∴該方程無解
∴當(dāng)P點在DC上運動時，梯形ABPD的面積不可能是等腰直角三角形BPQ的面積的4倍

（4）如圖3，當(dāng)點P運動到CA的延長線上時，過P作PG⊥CB于G，作PH⊥CD于H，則∠PGB=∠PHF=90°，∠HPG=90°
∵等腰直角三角形BPQ中，∠FPB=90°
∴∠GPB=∠HPF
∴△GPB∽△HPF
∴$\frac{PB}{PF}$=$\frac{PG}{PH}$①
∵PG∥AB，PH∥AD
∴$\frac{PG}{AB}$=$\frac{PC}{AC}$=$\frac{PH}{AD}$，即$\frac{PG}{PH}$=$\frac{AB}{AD}$=$\frac{3}{2}$②
由①②可得，$\frac{PB}{PF}$=$\frac{3}{2}$
即BP：PF的值為1.5

點評 本題主要考查了矩形的性質(zhì)以及相似三角形的判定與性質(zhì)，難度較大，綜合性較強．解決問題的關(guān)鍵是掌握一元二次方程根與系數(shù)關(guān)系以及平行線分線段成比例定理．解題時注意：平行于三角形的一邊，并且和其他兩邊相交的直線，所截得的三角形的三邊與原三角形的三邊對應(yīng)成比例．