Question

如圖，已知矩形ABCD的邊長(zhǎng)AB=2，BC=3，點(diǎn)P是AD邊上的一動(dòng)點(diǎn)，P異于A、D，Q是BC邊上的一動(dòng)點(diǎn)，連接AQ、DQ，過P作PE∥DQ交AQ于E，作PF∥AQ交DQ于F．
（1）請(qǐng)你判斷△APE與△PDF的關(guān)系，并說(shuō)明理由；
（2）若Q是BC的中點(diǎn)，當(dāng)P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到什么位置時(shí)，四邊形PEQF為菱形？說(shuō)明理由；
（3）四邊形PEQF能否為矩形，為什么？

Answer 1

分析：（1）△APE∽△PDF，由于PE∥DQ，那么∠APE=∠PDF，同理有∠DPF=∠PAE，易證△APE∽△PDF；
（2）當(dāng)P運(yùn)動(dòng)到AD中點(diǎn)時(shí)，四邊形PEQF是菱形．先連接PQ，由于四邊形PEQF是菱形，那么∠AQP=∠DQP，而Q是BC中點(diǎn)，AB=CD，∠B=∠C，易證△ABQ≌△DCQ，于是AQ=DQ，再利用等腰三角形三線合一定理可知AP=DP，即P是AD中點(diǎn)；
（3）不能是矩形．先假設(shè)能，由于四邊形PEQF是矩形，那么∠EQF=90°，即∠AQB+∠DQC=90°，而∠AQB+∠QAB=90°，易得∠DQC=∠QAB，結(jié)合∠B=∠C=90°，易證△ABQ∽△QCD，再設(shè)BQ=x，則CQ=3-x，于是有2：x=（3-x）：2，
根據(jù)根的判別式可知此方程無(wú)實(shí)數(shù)解，說(shuō)明假設(shè)錯(cuò)誤，故不能是矩形．

解答：解：（1）△APE∽△PDF，
∵PE∥DQ，
∴∠APE=∠PDF，
∵PF∥AQ，
∴∠DPF=∠PAE，
∴△APE∽△PDF；

（2）當(dāng)P運(yùn)動(dòng)到AD中點(diǎn)時(shí)，四邊形PEQF是菱形，連接PQ，
∵四邊形PEQF是菱形，
∴∠AQP=∠DQP，
∵Q是BC中點(diǎn)，
∴BQ=CQ，
又∵AB=CD，∠B=∠C，
∴△ABQ≌△DCQ，
∴AQ=DQ，
∵QE=QF，
∴AE=DF，
∵PE=PF，∠AEP=∠PFD，
∴△APD≌△DPF，
∴AP=DP，即P是AD中點(diǎn)；

（3）不能是矩形．
先假設(shè)能是矩形，
∵四邊形PEQF是矩形，
∴∠EQF=90°，
∴∠AQB+∠DQC=90°，
又∵∠AQB+∠QAB=90°，
∴∠DQC=∠QAB，
∵∠B=∠C=90°，
∴△ABQ∽△QCD，
設(shè)BQ=x，則CQ=3-x，
∴

AB

BQ

=

QC

CD

，
即2：x=（3-x）：2，
∴x²-3x+4=0，
∵△=-7＜0，
∴此方程無(wú)實(shí)數(shù)解，
∴假設(shè)錯(cuò)誤，
∴不能是矩形．

點(diǎn)評(píng)：本題考查了平行線的性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)、等腰三角形三線合一定理、解一元二次方程、菱形性質(zhì)、矩形性質(zhì)．解題的關(guān)鍵是連接PQ，并且可先假設(shè)是菱形、矩形，再進(jìn)行證明．