Question

20．如图，△ABC中，点E、P在边AB上，且AE=BP，过点E、P作BC的平行线，分别交AC于点F、Q，记△AEF的面积为S₁，四边形EFQP的面积为S₂，四边形PQCB的面积为S₃．
（1）求证：EF+PQ=BC；
（2）若S₁+S₃=S₂，求$\frac{PE}{AE}$的值；
（3）若S_3-S₁=S₂，直接写出$\frac{PE}{AE}$的值．

Answer 1

分析 （1）由平行线得出比例式$\frac{EF}{BC}=\frac{AE}{AB}$，$\frac{PQ}{BC}=\frac{AP}{AB}$，证出AP=BE，得出$\frac{EF}{BC}+\frac{PQ}{BC}$=1，即可得出EF+PQ=BC；
（2）过点A作AH⊥BC于H，分别交PQ于M、N，设EF=a，PQ=b，AM=h，则BC=a+b，由平行线得出△AEF∽△APQ，得出$\frac{AM}{AN}$=$\frac{EF}{PQ}$，得出AN=$\frac{b}{a}h$，MN=（$\frac{b}{a}$-1）h，
由三角形的面积公式得出S₁=$\frac{1}{2}$ah，S₂=$\frac{1}{2}$（a+b）（$\frac{b}{a}$-1）h，S₃=$\frac{1}{2}$（b+a+b）h，得出$\frac{1}{2}$ah+$\frac{1}{2}$（a+b+b）h=$\frac{1}{2}$（a+b）（$\frac{b}{a}$-1）h，求出b=3a，即可得出结果；（3）由题意得出$\frac{1}{2}$（a+b+b）h-$\frac{1}{2}$ah=$\frac{1}{2}$（a+b）（$\frac{b}{a}$-1）h，得出b=（1+$\sqrt{2}$）a，即可得出结果．

解答 （1）证明：∵EF∥BC，PQ∥BC，
∴$\frac{EF}{BC}=\frac{AE}{AB}$，$\frac{PQ}{BC}=\frac{AP}{AB}$，
∵AE=BP，
∴AP=BE，
∴$\frac{EF}{BC}+\frac{PQ}{BC}$=$\frac{AE}{AB}+\frac{BE}{AB}$=1，
∴$\frac{EF+PQ}{BC}$=1，
∴EF+PQ=BC；
（2）解：过点A作AH⊥BC于H，分别交EF、PQ于M、N，如图所示：
设EF=a，PQ=b，AM=h，
则BC=a+b，
∵EF∥PQ，
∴△AEF∽△APQ，
∴$\frac{AM}{AN}$=$\frac{EF}{PQ}$，
∴AN=$\frac{b}{a}h$，MN=（$\frac{b}{a}$-1）h，
∴S₁=$\frac{1}{2}$ah，S₂=$\frac{1}{2}$（a+b）（$\frac{b}{a}$-1）h，S₃=$\frac{1}{2}$（b+a+b）h，
∵S₁+S₃=S₂，
∴$\frac{1}{2}$ah+$\frac{1}{2}$（a+b+b）h=$\frac{1}{2}$（a+b）（$\frac{b}{a}$-1）h，
解得：b=3a，
∴$\frac{PQ}{EF}$=3，
∴$\frac{PE}{AE}$=2；
（3）解：∵S₃-S₁=S₂，
∴$\frac{1}{2}$（a+b+b）h-$\frac{1}{2}$ah=$\frac{1}{2}$（a+b）（$\frac{b}{a}$-1）h，
解得：b=（1±$\sqrt{2}$）a（负值舍去），
∴b=（1+$\sqrt{2}$）a，
∴$\frac{PQ}{EF}$=1+$\sqrt{2}$，
∴$\frac{PE}{AE}$=$\sqrt{2}$．

点评 本题是相似形综合题目，考查了平行线的性质、相似三角形的判定与性质、三角形面积的计算以及解方程等知识；本题难度较大，综合性强，特别是（2）（3）中，需要通过作辅助线证明三角形相似和解方程才能得出结果．