Question

2．在四边形ABCD中，AD∥BC，∠B=60°，AD=BC=4，AB=6，点P是直线AB上一动点．
（1）如图，点P在AB边上，以PD、PC为边作平行四边形DPCE，连接PE交CD于点F．
①求证：DF=$\frac{1}{2}$AB；
②求点C到直线AB的距离；
③PE长的最小值是4$\sqrt{3}$．
（2）连接PD并延长PD到M，使得DM=2PD，以PM、PC为边作平行四边形PCNM，连接PN，当PN=10$\sqrt{3}$时，AP的长为$\frac{3\sqrt{3}-1}{2}$或$\frac{3\sqrt{3}+1}{2}$．

Answer 1

分析 （1）①根据一组对边平行且相等证明四边形ABCD是平行四边形，再由平行四边形的对角线互相平分可得结论；
②点C到直线AB的距离就是求CG的长，利用60度的三角函数计算即可；
（2）分两种情况：
①当P在线段AB上时，如图3，作辅助线，构建两平行线的距离CG和PH，利用△PDF∽△NCF，计算PF=$\frac{1}{4}×10\sqrt{3}$=$\frac{5\sqrt{3}}{2}$，CF=$\frac{3}{4}$×6=$\frac{9}{2}$，由勾股定理得：FH的长，最后求出AP的长；
②当P在BA的延长线上时，如图4，同理可得AP的长．

解答 证明：（1）①∵AD∥BC，AD=BC，
∴四边形ABCD是平行四边形，
∴AB=CD，
∵四边形DPCE是平行四边形，
∴DF=CF=$\frac{1}{2}$CD，
∴DF=$\frac{1}{2}$AB；
②如图1，过C作CG⊥AB于G，则∠CGB=90°，
在Rt△CBG中，∵∠B=60°，BC=4，
∴sin∠B=$\frac{CG}{BC}$，即$\frac{CG}{4}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∴CG=2$\sqrt{3}$，
∴点C到直线AB的距离是2$\sqrt{3}$；
③当PE⊥DC，且垂足F为DC的中点时，如图2，此时PE的长最小，
∴PE=2PF=2CG=4$\sqrt{3}$，
故答案为：4$\sqrt{3}$；
（2）分两种情况：
①当P在线段AB上时，如图3，过C作CG⊥AB于G，过P作PH⊥CD于H，
由（1）得：PH=CG=2$\sqrt{3}$，BG=2，
∵四边形PCNM是平行四边形，
∴PM∥CN，PM=CN，
∴△PDF∽△NCF，
∴$\frac{PD}{CN}=\frac{PF}{FN}$=$\frac{DF}{FC}$，
∵DM=2PD，
∴PM=3PD，
∴CN=3PD，
∴$\frac{PF}{FN}=\frac{1}{3}$=$\frac{DF}{FC}$，
∵PN=10$\sqrt{3}$，CD=6，
∴PF+FN=10$\sqrt{3}$，CF+DF=6，
∴PF=$\frac{1}{4}×10\sqrt{3}$=$\frac{5\sqrt{3}}{2}$，CF=$\frac{3}{4}$×6=$\frac{9}{2}$，
在Rt△PFH中，由勾股定理得：FH=$\sqrt{（\frac{5\sqrt{3}}{2}）^{2}-（2\sqrt{3}）^{2}}$=$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，
∴CH=CF-FH=$\frac{9}{2}$-$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，
∴PG=CH=$\frac{9}{2}$-$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，
∴AP=AB-BG-PG=6-2-$\frac{9}{2}$+$\frac{3\sqrt{3}}{2}$=$\frac{3\sqrt{3}-1}{2}$；
②当P在BA的延长线上时，如图4，
过F作FH⊥AB于H，过C作CG⊥AB于G，
同理可知：FH=CG=2$\sqrt{3}$，BG=2，GH=CF=$\frac{9}{2}$，
PF=$\frac{5\sqrt{3}}{2}$，
由勾股定理得：PH=$\frac{3\sqrt{3}}{2}$，
∴AP=BG+GH+PH-AB=2+$\frac{9}{2}$+$\frac{3\sqrt{3}}{2}$-6=$\frac{3\sqrt{3}+1}{2}$；
综上所述，AP的长为$\frac{3\sqrt{3}-1}{2}$或$\frac{3\sqrt{3}+1}{2}$．

点评 本题是四边形的综合题，考查了平行四边形的性质、三角函数、点到直线的距离及垂线段最短，第2问有又难度，容易丢解，要注意最初条件：点P是直线AB上一动点，证明△PDF∽△NCF，并利用DM=2PD得出相似比为1：3是关键．