Question

11．如圖（1），在矩形ABCD中，AB=4，BC=6，P是AD的中點(diǎn)，N是BC延長(zhǎng)線上一點(diǎn)，連結(jié)PN，過(guò)點(diǎn)P作PN的垂線，交AB于點(diǎn)E，交CD的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F，連結(jié)EN，F(xiàn)N，設(shè)CN=x，AE=y．
（1）求證：PE=PF；
（2）當(dāng)0＜x＜$\frac{7}{3}$時(shí)，求y關(guān)于x的函數(shù)表達(dá)式；
（3）若將“矩形ABCD”變?yōu)椤傲庑蜛BCD”，如圖（2），AB=BC=4，∠B=60°，當(dāng)0＜x＜3時(shí)，其它條件不變，求此時(shí)y關(guān)于x的函數(shù)表達(dá)式．

Answer 1

分析 （1）證△APE≌△DPF即可得；
（2）過(guò)點(diǎn)N作NQ⊥AD交AD延長(zhǎng)線于Q，可得四邊形CDQN是矩形，從而表示出PQ、NQ的長(zhǎng)，再證△APE∽△QNP可得$\frac{AP}{QN}=\frac{AE}{PQ}$，據(jù)此可得函數(shù)解析式；
（3）過(guò)點(diǎn)N作NQ∥CD交AD延長(zhǎng)線于點(diǎn)Q，可得四邊形CDQN是平行四邊形，據(jù)此知PQ=2+x、NQ=4，再過(guò)點(diǎn)N作NH⊥PQ于H，由∠DQN=60°得HQ=2、NH=2$\sqrt{3}$，從而表示出PH的長(zhǎng)，過(guò)點(diǎn)E作EG⊥DA交DA延長(zhǎng)線于G，由AE=y、∠GAE=∠B=60°得AG、EG的長(zhǎng)，繼而可得PG的長(zhǎng)，最后證△PEG∽△NPD得$\frac{PG}{NH}=\frac{EG}{PH}$，據(jù)此即可得答案．

解答 解：（1）∵P是AD的中點(diǎn)，四邊形ABCD是矩形，
∴AP=DP，∠A=∠PDF=90°，
在△APE和△DPF中，
∵$\left\{\begin{array}{l}{∠A=∠PDF}\\{AP=DP}\\{∠APE=∠DPF}\end{array}\right.$，
∴△APE≌△DPF（ASA），
∴PE=PF；

（2）如圖1，過(guò)點(diǎn)N作NQ⊥AD交AD延長(zhǎng)線于Q，

∴四邊形CDQN是矩形，
∴CN=DQ=x，CD=NQ=4，
又∵AD=BC=6，P是AD中點(diǎn)，
∴AP=PD=3，
∴PQ=3+x，
∵NP⊥EF，
∴∠APE+∠NPQ=90°，
∵∠APE+∠AEP=90°，
∴∠NPQ=∠PEA，
∵∠A=∠PQN=90°，
∴△APE∽△QNP，
∴$\frac{AP}{QN}=\frac{AE}{PQ}$，即$\frac{3}{4}=\frac{y}{3+x}$，
∴y=$\frac{3}{4}$x+$\frac{9}{4}$；

（3）如圖2，過(guò)點(diǎn)N作NQ∥CD交AD延長(zhǎng)線于點(diǎn)Q，

∴四邊形CDQN是平行四邊形，
∴CN=DQ=x，CD=NQ=4，
∵PD=PA=$\frac{1}{2}$AD=2，
∴PQ=2+x，
過(guò)點(diǎn)N作NH⊥PQ于H，
∵∠DQN=∠DCN=∠B=60°，
∴HQ=NQcos∠DQN=4×$\frac{1}{2}$=2，NH=NQsin∠DQN=4×$\frac{\sqrt{3}}{2}$=2$\sqrt{3}$，
∴PH=PQ-HQ=x，
過(guò)點(diǎn)E作EG⊥DA交DA延長(zhǎng)線于G，
∵AE=y，∠GAE=∠B=60°，
∴AG=AEcos∠GAE=$\frac{1}{2}$y，EG=AEsin∠GAE=$\frac{\sqrt{3}}{2}$y，
∴PG=PA+AG=2+$\frac{1}{2}$y，
∵∠EGP=∠PHN=∠EPN=90°，
∴∠EPG+∠PEG=∠EPG+∠NPD=90°，
∴∠PEG=∠NPD，
∴△PEG∽△NPD，
∴$\frac{PG}{NH}=\frac{EG}{PH}$，即$\frac{2+\frac{1}{2}y}{2\sqrt{3}}=\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}y}{x}$，
∴y=$\frac{4x}{6-x}$．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查全等三角形的判定與性質(zhì)、矩形與菱形的判定與性質(zhì)及相似三角形的判定與性質(zhì)、三角函數(shù)的應(yīng)用，類比思想的運(yùn)用是解題的關(guān)鍵．