Question

10．如图，在矩形ABCD中，E是AD上一点，AB=8，BE=BC=10，动点P在线段BE上（与点B、E不重合），点Q在BC的延长线上，PE=CQ，PQ交EC于点F，PG∥BQ交EC于点G，设PE=x．
（1）求证：△PFG≌△QFC
（2）连结DG．当x为何值时，四边形PGDE是菱形，请说明理由；
（3）作PH⊥EC于点H．探究：
①点P在运动过程中，线段HF的长度是否发生变化？若变化，说明理由；若不变，求HF的长度；
②当x为何值时，△PHF与△BAE相似．

Answer 1

分析 （1）只要证明PG=CQ，即可根据AAS或ASA证明；
（2）结论：当x=4时，四边形PGDE是菱形．首先证明四边形PGDE是平行四边形，由PG=PE=4，即可推出四边形PGDE是菱形；
（3）①不变化．可以证明：HF=HG+FG=$\frac{1}{2}$EG+$\frac{1}{2}$CG=$\frac{1}{2}$CE=$2\sqrt{5}$；
②分两种情形讨论（Ⅰ）若△PHF∽△EAB，则$\frac{AE}{AB}=\frac{PH}{HF}$，（II）若△PHF∽△BAE，则$\frac{AB}{AE}=\frac{PH}{HF}$，分别列出方程即可解决问题；

解答 （1）证明：∵BC=BE，∴∠BCE=∠PEC，
∵PG∥BQ，
∴∠BCE=∠PGE，∠Q=∠FPG，∠QCF=∠PGF，
∴∠PGE=∠PEC，
∴PE=PG，
∵PE=CQ，
∴PG=CQ，
∴△PFG≌△QFC （ASA）．   

（2）结论：当x=4时，四边形PGDE是菱形．
理由如下：连结DG
∵四边形ABCD是矩形，
∴AD∥BC，
AB=CD=8，AD=BC=BE=10，
在Rt△ABE中，AE=$\sqrt{B{E^2}-A{B^2}}=\sqrt{{{10}^2}-{8^2}}=6$，
∴DE=AD-AE=10-6=4，
由（1）知PG=PE=x=4，
∴PG=DE，
∵PG∥BQ，AD∥BC，
∴PG∥DE，
∴四边形PGDE是平行四边形，
∵PG=PE=4，
∴四边形PGDE是菱形．

（3）①不变化．
理由：在Rt△ABE中，CE=$\sqrt{C{D^2}+DE{\;}^2}=\sqrt{{8^2}+{4^2}}=4\sqrt{5}$，
∵PG=PE，PH⊥EC，
∴EH=HG=$\frac{1}{2}$EG（等腰三角形“三线合一”），
∵△PFG≌△QFC，
∴CF=GF=$\frac{1}{2}$CG，
∴HF=HG+FG=$\frac{1}{2}$EG+$\frac{1}{2}$CG=$\frac{1}{2}$CE=$2\sqrt{5}$，
②∵PG∥DE，
∴∠DEC=∠PGH，
在Rt△PGH中，PH=PG×sin∠PGH=x×sin∠DEC=x×$\frac{CD}{CE}$=x×$\frac{8}{{4\sqrt{5}}}$=$\frac{{2\sqrt{5}x}}{5}$，
分两种情况讨论：
（Ⅰ）若△PHF∽△EAB，则$\frac{AE}{AB}=\frac{PH}{HF}$，
∴$\frac{6}{8}=\frac{{\frac{{2\sqrt{5}}}{5}x}}{{2\sqrt{5}}}$，
∴$x=\frac{15}{4}$，
∴当$x=\frac{15}{4}$时，△PHF∽△BAE．
（II）若△PHF∽△BAE，则$\frac{AB}{AE}=\frac{PH}{HF}$，
∴$\frac{8}{6}=\frac{{\frac{{2\sqrt{5}}}{5}x}}{{2\sqrt{5}}}$，
∴$x=\frac{20}{3}$，
∴当$x=\frac{15}{4}$或$x=\frac{20}{3}$时，△PHF与△BAE相似．

点评 本题考查相似形综合题、矩形的性质、菱形的判定和性质、全等三角形的判定和性质．相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识解决问题，学会用分类讨论的首先思考问题，则有不能漏解，属于中考压轴题．