Question

16．已知四边形ABCD，AD∥BC，AB⊥BC，AD=1，AB=2，BC=3．

（1）如图1，P为AB边上的一点，以PD、PC为边作?PCQD，请问对角线PQ，DC的长能否相等，为什么？
（2）如图2，若P为AB边上一点，以PD，PC为边作?PCQD，请问对角线PQ的长是否存在最小值？如果存在，请求出最小值，如果不存在，请说明理由．
（3）若P为AB边上任意一点，延长PD到E，使DE=PD，再以PE、PC为边作?PCQE，请探究对角线PQ的长是否也存在最小值？如果存在，请求出最小值，如果不存在，请说明理由．
（4）如图3，若P为DC边上任意一点，延长PA到E，使AE=nPA（n为常数），以PE、PB为边作?PBQE，请探究对角线PQ的长是否也存在最小值？如果存在，直接写出最小值，如果不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）由四边形PCQD是平行四边形，若对角线PQ、DC相等，则四边形PCQD是矩形，得出∠DPC=90°，由勾股定理得出DC=2$\sqrt{2}$，设PB=x，则AP=2-x，
在Rt△DPC中，由勾股定理得出方程，方程无解，得出对角线PQ与DC不可能相等．
（2）过点Q作QH⊥BC，交BC的延长线于H，由AAS证明△ADP≌△HCQ，得出AD=HC求出BH=4，当PQ⊥AB时，PQ的长最小，即为4．
（3）设PQ与DC相交于点G，由平行线得出$\frac{DG}{GC}=\frac{PD}{CQ}$=$\frac{1}{2}$，得出G是DC上一定点，作QH⊥BC，交BC的延长线于H，证明Rt△ADP∽Rt△HCQ，得出$\frac{AD}{CH}=\frac{PD}{CQ}$=$\frac{1}{2}$，求出CH=2得出BH=BG+CH=5，当PQ⊥AB时，PQ的长最小，即为5．
（4）设PQ与AB相交于点G，由平行线得出$\frac{PA}{BQ}=\frac{AG}{BG}$=$\frac{1}{n+1}$，作QH∥PD，交CB的延长线于H，过点C作CK⊥CD，交QH的延长线于K，证明△ADP∽△BHQ，得出$\frac{AD}{BH}=\frac{PA}{BQ}$=$\frac{1}{n+1}$，求出BH=n+1，得出CH=BH+BC=n+4，过点D作DM⊥BC于M，则四边形ABND是矩形，得出BM=AD=1，DM=AB=2，证出∠KCH=45°，由三角函数得出CK=CH•cos45°=$\frac{\sqrt{2}}{2}$（n+4），即可得出结果．

解答 解：（1）对角线PQ与DC不可能相等，理由如下：
∵四边形PCQD是平行四边形，
若对角线PQ、DC相等，则四边形PCQD是矩形，
∴∠DPC=90°，
∵AD=1，AB=2，BC=3，
∴DC=2$\sqrt{2}$，
设PB=x，则AP=2-x，
在Rt△DPC中，PD²+PC²=DC²，即x²+3²+（2-x）²+1²=（2$\sqrt{2}$）²，
整理得：x²-2x+3=0，
∵△=（-2）2-4×1×3=-8＜0，
∴方程无解，
∴对角线PQ与DC不可能相等．
（2）存在，理由如下：
如图2，在平行四边形PCQD中，设对角线PQ与DC相交于点G，
则G是DC的中点，
过点Q作QH⊥BC，交BC的延长线于H，
∵AD∥BC，AB⊥BC，
∴AD⊥AB，∠ADC=∠DCH，
即∠ADP+∠PDG=∠DCQ+∠QCH，
∵PD∥CQ，
∴∠PDC=∠DCQ，
∴∠ADP=∠QCH，在△ADP和△HCQ中，$\left\{\begin{array}{l}{∠A=∠CHQ=90°}&{\;}\\{∠ADP=∠QCH}&{\;}\\{PD=CQ}&{\;}\end{array}\right.$，
∴△ADP≌△HCQ（AAS），
∴AD=HC，
∵AD=1，BC=3，
∴BH=4，
∴当PQ⊥AB时，PQ的长最小，即为4．
（3）存在，理由如下：
如图3，设PQ与DC相交于点G，
∵PE∥CQ，PD=DE，
∴$\frac{DG}{GC}=\frac{PD}{CQ}$=$\frac{1}{2}$，
∴G是DC上一定点，
作QH⊥BC，交BC的延长线于H，
同（2）得：∠ADP=∠QCH，
∴Rt△ADP∽Rt△HCQ，
∴$\frac{AD}{CH}=\frac{PD}{CQ}$=$\frac{1}{2}$，
∴CH=2，
∴BH=BC+CH=3+2=5，
∴当PQ⊥AB时，PQ的长最小，即为5．
（4）存在，理由如下：
如图4，设PQ与AB相交于点G，
∵PE∥BQ，AE=nPA，
∴$\frac{PA}{BQ}=\frac{AG}{BG}$=$\frac{1}{n+1}$，
作QH∥PD，交CB的延长线于H，过点C作CK⊥CD，交QH的延长线于K，
∵AD∥BC，AB⊥BC，
∴∠ADP=∠QHC，∠DAP+∠PAG=∠QBH+∠QBG=90°，∠PAG=∠QBG，
∴∠QBH=∠PAD，
∴△ADP∽△BHQ，
∴$\frac{AD}{BH}=\frac{PA}{BQ}$=$\frac{1}{n+1}$，
∵AD=1，
∴BH=n+1，
∴CH=BH+BC=1+n+3=n+4，
过点D作DM⊥BC于M，
则四边形ABND是矩形，
∴BM=AD=1，DM=AB=2
∴CM=BC-BM=3-1=2=DM，
∴∠DCM=45°，
∴∠KCH=45°，
∴CK=CH•cos45°=$\frac{\sqrt{2}}{2}$（n+4），
∴当PQ⊥CD时，PQ的长最小，但是，P点已经不在CD上了，到延长线上了，
∴当D与P重合时的PQ长就是PQ的最小值，
此时Q与H重合，PQ=HD=$\sqrt{{HM}^{2}+D{M}^{2}}$=$\sqrt{（n+2）^{2}+{2}^{2}}$=$\sqrt{{n}^{2}+4n+8}$
∴最小值为$\sqrt{{n}^{2}+4n+8}$

点评 本题是相似形综合题目，考查了相似三角形的判定与性质、平行四边形的性质，矩形的判定与性质、全等三角形的判定与性质等知识；本题综合性强，有一定难度，证明三角形相似和三角形全等是解决问题的关键．