Question

13．在矩形ABCD中，BC=6，點E是AD邊上一點，連接BE，∠ABE=30°，BE=DE，連接BD．點P在線段ED運動，過點P作PQ∥BD交BE于點Q．
（1）如圖1，設(shè)PD=x，以P、Q、D三點為頂點所構(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）；
（2）如圖2，當點P運動到線段ED的中點時，連接QC，過點P作PF⊥QC，垂足為F，PF交對角線BD于點G，求線段PG的長．

Answer 1

分析 （1）先過過點E作EM⊥QP垂足為M；在Rt△EQP中，易得∠EBD=∠EDB=30°；進而可得PE=$\frac{\sqrt{3}}{3}$PQ，且BE=DE．即可得出BE=PD+$\frac{\sqrt{3}}{3}$PQ，再面積公式可得y與x的關(guān)系；
（2）連接PC交BD于點N，可得∠QPC=90°，進而可得△PNG∽△QPC；可得$\frac{PG}{QC}=\frac{PN}{PQ}$；解可得PG的長．

解答 解：∵∠A=90°∠ABE=30°，
∴∠AEB=60°．
∵EB=ED，
∴∠EBD=∠EDB=30°．
∵PQ∥BD，
∴∠EQP=∠EBD．
∠EPQ=∠EDB．
∴∠EPQ=∠EQP=30°，
∴EQ=EP．                                     
過點E作EM⊥QP垂足為M．則PQ=2PM．
∵∠EPM=30°，
∴PM=$\frac{\sqrt{3}}{2}$PE，PE=$\frac{\sqrt{3}}{3}$PQ．             
∵BE=DE=PD+PE，
∴BE=PD+$\frac{\sqrt{3}}{3}$PQ．
由題意知AE=$\frac{1}{2}$BE，
∴DE=BE=2AE．
∵AD=BC=6，
∴2AE=DE=BE=4．                              
∵當點P在線段ED上，
過點Q做QH⊥AD于點H，則QH=$\frac{1}{2}$PQ=$\frac{1}{2}$x．
由（1）得PD=BE-$\frac{\sqrt{3}}{3}$x，PD=4-$\frac{\sqrt{3}}{3}$x．
∴y=$\frac{1}{2}$PD•QH=-$\frac{\sqrt{3}}{12}$x2+x．                        
         

（3）解：連接PC交BD于點N（如圖3）．
∵點P是線段ED中點，
∴EP=PD=2，PQ=2$\sqrt{3}$．
∵DC=AB=AE•tan60°=2$\sqrt{3}$，
∴PC=$\sqrt{P{D}^{2}+D{C}^{2}}$=4．
∴cos∠DPC=$\frac{PD}{PC}$=$\frac{1}{2}$．
∴∠DPC=60°．
∴∠QPC=180°-∠EPQ-∠DPC=90°．            
∵PQ∥BD，
∴∠PND=∠QPC=90°．
∴PN=$\frac{1}{2}$PD=1．                                
QC=$\sqrt{P{Q}^{2}+P{C}^{2}}$=2$\sqrt{7}$．
∵∠PGN=90°-∠FPC，∠PCF=90°-∠FPC，
∴∠PGN=∠PCF．                             
∵∠PNG=∠QPC=90°，
∴△PNG∽△QPC，
∴$\frac{PG}{QC}=\frac{PN}{PQ}$，
∴PG=$\frac{1}{2\sqrt{3}}$×$2\sqrt{7}$=$\frac{\sqrt{21}}{3}$．

點評 此題是四邊形綜合題，主要考查了矩形的性質(zhì)，三角形的面積公式，勾股定理，銳角三角函數(shù)，相似三角形的性質(zhì)和判定，解本題的關(guān)鍵是得出BE=PD+$\frac{\sqrt{3}}{3}$PQ．