Question

已知梯形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，请求出最小值，如果不存在，请说明理由．

Answer 1

答案：
解析：

分析：问题1：四边形PCQD是平行四边形，若对角线PQ、DC相等，则四边形PCQD是矩形，然后利用矩形的性质，设PB＝x，可得方程x2＋32＋(2－x)2＋1＝8，由判别式△＜0，可知此方程无实数根，即对角线PQ，DC的长不可能相等； 　　问题2：在平行四边形PCQD中，设对角线PQ与DC相交于点G，可得G是DC的中点，过点Q作QH⊥BC，交BC的延长线于H，易证得Rt△ADP≌Rt△HCQ，即可求得BH＝4，则可得当PQ⊥AB时，PQ的长最小，即为4； 　　问题3：设PQ与DC相交于点G，PE∥CQ，PD＝DE，可得＝＝，易证得Rt△ADP∽Rt△HCQ，继而求得BH的长，即可求得答案； 　　问题4：作QH∥PE，交CB的延长线于H，过点C作CK⊥CD，交QH的延长线于K，易证得＝与△ADP∽△BHQ，又由∠DCB＝45°，可得△CKH是等腰直角三角形，继而可求得CK的值，即可求得答案． 　　解答：解：问题1：∵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， 　　设PB＝x，则AP＝2－x， 　　在Rt△DPC中，PD2＋PC2＝DC2，即x2＋32＋(2－x)2＋1＝8， 　　化简得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． 　　问题2：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， 　　∴∠ADC＝∠DCH，即∠ADP＋∠PDG＝∠DCQ＋∠QCH， 　　∵PD∥CQ， 　　∴∠PDC＝∠DCQ， 　　∴∠ADP＝∠QCH， 　　又∵PD＝CQ， 　　∴Rt△ADP≌Rt△HCQ， 　　∴AD＝HC， 　　∵AD＝1，BC＝3， 　　∴BH＝4， 　　∴当PQ⊥AB时，PQ的长最小，即为4． 　　问题3：如图3，设PQ与DC相交于点G， 　　∵PE∥CQ，PD＝DE， 　　∴＝＝， 　　∴G是DC上一定点， 　　作QH⊥BC，交BC的延长线于H， 　　同理可证∠ADP＝∠QCH， 　　∴Rt△ADP∽Rt△HCQ， 　　即＝＝， 　　∴CH＝2， 　　∴BH＝BG＋CH＝3＋2＝5， 　　∴当PQ⊥AB时，PQ的长最小，即为5． 　　问题4：如图3，设PQ与AB相交于点G， 　　∵PE∥BQ，AE＝nPA， 　　∴＝， 　　∴G是DC上一定点， 　　作QH∥PE，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， 　　∴∠D＝∠QHC，∠DAP＋∠PAG＝∠QBH＋∠QBG＝90°，∠PAG＝∠QBG， 　　∴∠QBH＝∠PAD， 　　∴△ADP∽△BHQ， 　　∴， 　　∵AD＝1， 　　∴BH＝n＋1， 　　∴CH＝BH＋BC＝3＋n＋1＝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°＝(n＋4)， 　　∴当PQ⊥CD时，PQ的长最小，最小值为(n＋4)． 　　点评：此题考查了相似三角形的判定与性质、直角梯形的性质、平行四边形的性质、矩形的性质、勾股定理、一元二次方程根的判别式、全等三角形的判定与性质以及直角三角形的性质等知识．此题难度较大，注意准确作出辅助线是解此题的关键，注意数形结合思想与方程思想的应用．

提示：

相似三角形的判定与性质；根的判别式；全等三角形的判定与性质；勾股定理；平行四边形的判定与性质．