Question

如圖1，在△ABC中，AB=BC=5，AC=6．△ECD是△ABC沿BC方向平移得到的，連接AE．AC和BE相交于點(diǎn)O．
（1）判斷四邊形ABCE是怎樣的四邊形，說(shuō)明理由；
（2）如圖2，P是線段BC上一動(dòng)點(diǎn)（圖2），（不與點(diǎn)B、C重合），連接PO并延長(zhǎng)交線段AB于點(diǎn)Q，QR⊥BD，垂足為點(diǎn)R．
①四邊形PQED的面積是否隨點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)而發(fā)生變化？若變化，請(qǐng)說(shuō)明理由；若不變，求出四邊形PQED的面積；
②當(dāng)線段BP的長(zhǎng)為何值時(shí)，△PQR與△BOC相似．

Answer 1

分析：（1）四邊形ABCE是菱形．由平移得到四邊形ABCE是平行四邊形，又AB=BC，可以推出四邊形ABCE是菱形；
（2）①四邊形PQED的面積不發(fā)生變化．根據(jù)菱形的性質(zhì)和已知條件可以求出菱形的面積，過(guò)A作AH⊥BD于H，再根據(jù)三角形的面積公式可以求出AH，由菱形的對(duì)稱性知△PBO≌△QEO，所以BP=QE，現(xiàn)在可以得到S_{四邊形PQED}=S_△BED，而S_△BED的面積可以求出，所以四邊形PQED的面積不發(fā)生變化．
②如圖2，當(dāng)點(diǎn)P在BC上運(yùn)動(dòng)，使△PQR與△COB相似時(shí)，∵∠2是△OBP的外角，∴∠2＞∠3，∴∠2不與∠3對(duì)應(yīng)，∴∠2與∠1對(duì)應(yīng)，即∠2=∠1，∴OP=OC=3，過(guò)O作OG⊥BC于G，則G為PC的中點(diǎn)，△OGC∽△BOC，根據(jù)相似三角形的對(duì)應(yīng)線段成比例可以求出CG，而PB=BC-PC=BC-2CG，根據(jù)這個(gè)等式就可以求出BP的長(zhǎng)．

解答：解：（1）四邊形ABCE是菱形．
∵△ECD是由△ABC沿BC平移得到的，
∴EC∥AB，且EC=AB，
∴四邊形ABCE是平行四邊形，
又∵AB=BC，
∴四邊形ABCE是菱形；

（2）①四邊形PQED的面積不發(fā)生變化．
方法一：∵ABCE是菱形，
∴AC⊥BE，OC=

1

2

AC=3，
∵BC=5，
∴BO=4，
過(guò)A作AH⊥BD于H，（如圖1）．
∵S_△ABC=

1

2

BC×AH=

1

2

AC×BO，
即：

1

2

×5×AH=

1

2

×6×4，
∴AH=

24

5

．
或∵∠AHC=∠BOC=90°，∠BCA公用，
∴△AHC∽△BOC，
∴AH：BO=AC：BC，
即：AH：4=6：5，
∴AH=

24

5

．
由菱形的對(duì)稱性知，△PBO≌△QEO，
∴BP=QE，
∴S_{四邊形PQED}=

1

2

（QE+PD）×QR=

1

2

（BP+PD）×AH=

1

2

BD×AH
=

1

2

×10×

24

5

=24．
方法二：由菱形的對(duì)稱性知，△PBO≌△QEO，
∴S_△PBO=S_△QEO，
∵△ECD是由△ABC平移得到的，
∴ED∥AC，ED=AC=6，
又∵BE⊥AC，
∴BE⊥ED，
∴S_{四邊形PQED}=S_△QEO+S_{四邊形POED}=S_△PBO+S_{四邊形POED}=S_△BED
=

1

2

×BE×ED=

1

2

×8×6=24．

②方法一：如圖2，當(dāng)點(diǎn)P在BC上運(yùn)動(dòng)，使△PQR與△COB相似時(shí)，
∵∠2是△OBP的外角，
∴∠2＞∠3，
∴∠2不與∠3對(duì)應(yīng)，
∴∠2與∠1對(duì)應(yīng)，
即∠2=∠1，
∴OP=OC=3
過(guò)O作OG⊥BC于G，則G為PC的中點(diǎn)，
∴△OGC∽△BOC，
∴CG：CO=CO：BC，
即：CG：3=3：5，
∴CG=

9

5

，
∴PB=BC-PC=BC-2CG=5-2×

9

5

=

7

5

．

方法二：如圖3，當(dāng)點(diǎn)P在BC上運(yùn)動(dòng)，使△PQR與△COB相似時(shí)，
∵∠2是△OBP的外角，
∴∠2＞∠3，
∴∠2不與∠3對(duì)應(yīng)，
∴∠2與∠1對(duì)應(yīng)，
∴QR：BO=PR：OC，即：

24

5

：4=PR：3，
∴PR=

18

5

，
過(guò)E作EF⊥BD于F，設(shè)PB=x，則RF=QE=PB=x，
DF=

ED2-EF2

=

18

5

，
∴BD=PB+PR+RF+DF=x+

18

5

+x+

18

5

=10，x=

7

5

．

方法三：如圖4，若點(diǎn)P在BC上運(yùn)動(dòng)，使點(diǎn)R與C重合，
由菱形的對(duì)稱性知，O為PQ的中點(diǎn)，
∴CO是Rt△PCQ斜邊上的中線，
∴CO=PO，
∴∠OPC=∠OCP，
此時(shí)，Rt△PQR∽R(shí)t△CBO，
∴PR：CO=PQ：BC，
即PR：3=6：5，
∴PR=

18

5

∴PB=BC-PR=5-

18

5

=

7

5

．

點(diǎn)評(píng)：此題主要考查了圖形變換，把圖形的變換放在平行四邊形，菱形的背景之中，利用特殊四邊形的性質(zhì)探究圖形變換的規(guī)律．