题目内容

在矩形ABCD中，点E是AD边上一点，连接BE，且∠ABE=30°，BE=DE，连接BD．点P从点E出发沿射线ED运动，过点P作PQ∥BD交直线BE于点Q．
（1）当点P在线段ED上时（如图1），求证：BE=PD+ $数学公式$ PQ；
（2）若BC=6，设PQ长为x，以P、Q、D三点为顶点所构成的三角形面积为y，求y与x的函数关系式（不要求写出自变量x的取值范围）；
（3）在②的条件下，当点P运动到线段ED的中点时，连接QC，过点P作PF⊥QC，垂足为F，PF交对角线BD于点G（如图2），求线段PG的长．

（1）证明：∵∠A=90°∠ABE=30°，
∴∠AEB=60°．
∵EB=ED，
∴∠EBD=∠EDB=30°．
∵PQ∥BD，
∴∠EQP=∠EBD．
∠EPQ=∠EDB．
∴∠EPQ=∠EQP=30°，
∴EQ=EP．
过点E作EM⊥QP垂足为M．则PQ=2PM．
∵∠EPM=30°，∴PM= $\text{[math]}$ PE，PE= $\text{[math]}$ PQ．
∵BE=DE=PD+PE，
∴BE=PD+ $\text{[math]}$ PQ．

（2）解：由题意知AE= $\text{[math]}$ BE，
∴DE=BE=2AE．
∵AD=BC=6，
∴2AE=DE=BE=4．
当点P在线段ED上时（如图1），
过点Q做QH⊥AD于点H，则QH= $\text{[math]}$ PQ= $\text{[math]}$ x．
由（1）得PD=BE- $\text{[math]}$ x，PD=4- $\text{[math]}$ x．
∴y= $\text{[math]}$ PD•QH= $\text{[math]}$ ．
当点P在线段ED的延长线上时（如图2），
过点Q作QH′⊥DA交DA延长线于点H′，∴QH′= $\text{[math]}$ x．
过点E作EM′⊥PQ于点M′，同理可得EP=EQ= $\text{[math]}$ PQ，
∴BE= $\text{[math]}$ PQ-PD，
∴PD= $\text{[math]}$ x-4，
∴y= $\text{[math]}$ PD•QH′= $\text{[math]}$ ．

（3）解：连接PC交BD于点N（如图3）．
∵点P是线段ED中点，
∴EP=PD=2，PQ= $\text{[math]}$ ．
∵DC=AB=AE•tan60°= $\text{[math]}$ ，
∴PC= $\text{[math]}$ =4．
∴cos∠DPC= $\text{[math]}$ = $\text{[math]}$ ．
∴∠DPC=60°．
∴∠QPC=180°-∠EPQ-∠DPC=90°．
∵PQ∥BD，
∴∠PND=∠QPC=90°．
∴PN= $\text{[math]}$ PD=1．
QC= $\text{[math]}$ = $\text{[math]}$ ．

∵∠PGN=90°-∠FPC，∠PCF=90°-∠FPC，
∴∠PGN=∠PCF．
∵∠PNG=∠QPC=90°，
∴△PNG∽△QPC，
∴ $\text{[math]}$ ，
∴PG= $\text{[math]}$ = $\text{[math]}$ ．
分析：（1）过点E作EM⊥QP垂足为M；在Rt△EQP中，易得∠EBD=∠EDB=30°；进而可得PE= $\text{[math]}$ PQ，且BE=DE．故可证得BE=PD+ $\text{[math]}$ PQ．
（2）点P从点E出发沿射线ED运动，所以分当点P在线段ED上时与当点P在线段ED的延长线上时两种情况讨论，根据所作的辅助线，可得y与x的关系；
（3）连接PC交BD于点N，可得∠QPC=90°，进而可得△PNG∽△QPC；可得 $\text{[math]}$ ；解可得PG的长．
点评：本题结合矩形的性质考查二次函数的综合应用，注意某个图形无法解答时，常常放到其他图形中，利用图形间的角、边关系求解．