Question

19．閱讀材料：如圖（1）在任意△ABC中，點P是AB上的動點（點P異于點A、B），經(jīng)過點P的直線PQ∥BC，交AC于點Q，我們不妨稱這種直線為過點P的△ABC的相似線，經(jīng)過進一步研究，我們發(fā)現(xiàn)$\frac{AP}{AB}$=$\frac{AQ}{AC}$=$\frac{PQ}{BC}$．
（1）若AP=3，AB=6，BC=8，則PQ=4．
（2）如圖（2），在△MGN中，∠MGN=90°，MG=3，NG=4，GH是斜邊MN上的高，點E在MN上（點E不與M、N重合），過點E作EF⊥MN與△MGN的直角邊相交于點F，當點E在MH上時，直線EF為過點E的△MGH是相似線，線段GH的長為$\frac{12}{5}$，線段MH的長為$\frac{9}{5}$．
（3）在（2）的條件下，設ME=x，△MEF的面積為y，當點E在斜邊MN上移動時，
①求y與x的函數(shù)關系式（寫出自變量x的取值范圍）．
②當x取何值時，y有最大值？并求出最大值．

Answer 1

分析 （1）利用相似線的定義列出比例式，將已知長代入求出PQ的長即可；
（2）利用相似線定義判斷得到EF為三角形MGH的相似線，在直角三角形GMN中，利用勾股定理求出MN的長，再利用面積法求出GH的長，在直角三角形GMH中，利用勾股定理求出MH的長即可；
（3）①分兩種情況考慮：一是P在MH上；一是P在HN上，表示出y與x的函數(shù)關系式即可；
②根據(jù)x的范圍，利用二次函數(shù)性質求出y的最大值，以及此時x的值即可．

解答 解：（1）由題意得：$\frac{AP}{AB}$=$\frac{PQ}{BC}$，即$\frac{3}{6}$=$\frac{PQ}{8}$，
解得：PQ=4；
（2）當點E在MH上時，直線EF為過點E的△MGH是相似線，
在Rt△MNG中，MG=3，NG=4，
根據(jù)勾股定理得：MN=$\sqrt{{3}^{2}+{4}^{2}}$=5，
∵S_△MNG=$\frac{1}{2}$MG•NG=$\frac{1}{2}$MN•GH，
∴GH=$\frac{MG•NG}{MN}$=$\frac{3×4}{5}$=$\frac{12}{5}$；
線段GH的長為$\frac{12}{5}$，線段MH的長為$\frac{9}{5}$；
在Rt△MGH中，根據(jù)勾股定理得：MH=$\sqrt{{3}^{2}-（\frac{12}{5}）^{2}}$=$\frac{9}{5}$；
（3）①當點E在線段MH上移動，即0＜x≤$\frac{9}{5}$時，
∵EF為過點E的△MGH的相似線，
∴$\frac{EF}{GH}$=$\frac{ME}{MH}$，即$\frac{EF}{\frac{12}{5}}$=$\frac{x}{\frac{9}{5}}$，
解得：EF=$\frac{4}{3}$x，
此時y=$\frac{1}{2}$ME•EF=$\frac{1}{2}$•x•$\frac{4}{3}$x=$\frac{2}{3}$x²；
當點E′在線段HN上移動，即$\frac{9}{5}$＜x＜5時，
∵E′F′為過點E的△GHN的相似線
∴$\frac{E′F′}{GH}$=$\frac{NE}{NH}$，即$\frac{E′F′}{\frac{12}{5}}$=$\frac{5-x}{\frac{16}{5}}$，
解得：E′F′=$\frac{3}{4}$（5-x），
此時y=$\frac{1}{2}$ME′•E′F′=$\frac{1}{2}$x•$\frac{4}{3}$（5-x）=-$\frac{2}{3}$x²+$\frac{10}{3}$x；
②當0＜x≤$\frac{9}{5}$時，y=$\frac{2}{3}$x²，
當x=$\frac{9}{5}$時，y有最大值$\frac{54}{25}$；
當$\frac{9}{5}$＜x＜5時，y=-$\frac{2}{3}$x²+$\frac{10}{3}$x，
當x=$\frac{5}{2}$時，y有最大值$\frac{25}{6}$，
綜上所述，當$\frac{5}{2}$時，y有最大值$\frac{25}{6}$．
故答案為：（1）4；（2）EF；$\frac{12}{5}$；$\frac{9}{5}$

點評 此題考查了相似形綜合題，涉及的知識有：相似三角形的判定與性質，勾股定理，以及二次函數(shù)性質，熟練掌握題中的新定義：“相似線定義”是解本題的關鍵．