Question

【題目】如圖1，ABCD為正方形，直線(xiàn)MN分別過(guò)AD邊與BC邊的中點(diǎn)，點(diǎn)P為直線(xiàn)MN上任意一點(diǎn)，連接PB、PC分別與AD邊交于E、F兩點(diǎn)，PC與BD交于點(diǎn)K，連接AK與PB交于點(diǎn)G．

（1）探索發(fā)現(xiàn)
當(dāng)點(diǎn)P落在AD邊上時(shí)，如圖2，試探究PB與AK的位置關(guān)系以及PB、PK、AK三者的數(shù)量關(guān)系（直接寫(xiě)出無(wú)需證明）；
（2）延伸拓展
當(dāng)點(diǎn)P落在正方形外，如圖1，以上兩個(gè)結(jié)論是否仍然成立？如果成立請(qǐng)給出證明，如果不成立請(qǐng)說(shuō)明你的理由；
（3）應(yīng)用推廣
如圖3，在等腰Rt△ABD中，其中∠BAD=90°，腰長(zhǎng)為3，M、N分別為AD邊與BD邊的中點(diǎn)，K為線(xiàn)段DN中點(diǎn)，F(xiàn)為AD邊上靠近于D的三等分點(diǎn)．連接KF并延長(zhǎng)與直線(xiàn)MN交于點(diǎn)P，連接PB分別與AD、AK交于點(diǎn)E、G．試求四邊形EFKG的周長(zhǎng)及面積．

Answer 1

【答案】
（1）

解：PB⊥AK，PB=PK+AK；

理由：如圖2中，

∵點(diǎn)P在MN上，根據(jù)對(duì)稱(chēng)性易得∠PBC=∠2且PB=PC，

又∠ABK=∠CBK=45°，

在△BKA和△BKC中，

∴△ABK≌△CBK，

∴∠2=∠3且AK=CK，

∴∠PBC=∠3．

又∠PBC+∠4=90°，

∴∠3+∠4=90°，

即PB⊥AK．

∴PB=PC=PK+CK=PK+AK．

（2）

以上兩個(gè)結(jié)論仍然成立，

理由如下：如圖1中，

∵點(diǎn)P在MN上，根據(jù)對(duì)稱(chēng)性易得∠PBC=∠2且PB=PC，

又∠ABK=∠CBK=45°，

在△BKA和△BKC中，

∴△ABK≌△CBK，

∴∠2=∠3且AK=CK，

∴∠PBC=∠3．

又∠PBC+∠4=90°，

∴∠3+∠4=90°，

即PB⊥AK．

∴PB=PC=PK+CK=PK+AK．

（3）

如圖3中，過(guò)點(diǎn)B作AD的平行線(xiàn)交PK延長(zhǎng)線(xiàn)與點(diǎn)C，連接CD．

∵FD∥BD，

∴△FDK∽△CBK．

又DK：BK=1：3，

∴FD：BC=1：3．

∵FD：AD=1：3，

∴BC=AD．

∵BC∥AD且AB⊥AD且AB=AD，

∴四邊形ABCD為正方形．

∵PB=PK+AK，

即（PE+BE）=（PF+FK）+AK，又PE=PF，

∴BE=FK+AK．

在Rt△EAB中，∵AE=1，AB=3，

∴BE= = ．

∵AG⊥BE（上一問(wèn)結(jié)論），

∵Rt△AGE∽R(shí)t△BGA，且相似比為1：3，

設(shè)EG=t，AG=3t，BG=9t，

∴BE=10t= ，

∴ ．

∴四邊形EFKG的周長(zhǎng)=EF+FK+GK+EG=EF+（FK+AK）﹣AG+EG

=EF+BE﹣AG+EG=1+10t﹣3t+t=1+8t= ．

過(guò)點(diǎn)K作AD垂線(xiàn)，垂足為H，

∵HK∥AB且DK：DB=1：4，

∴KH= AB= ，

∴S四邊形EFGH=S△AFK﹣S△AEG= AFKH﹣ AGEG= 2 ﹣ 3tt= ．

【解析】●探索發(fā)現(xiàn) PB⊥AK，PB=PK+AK，只要證明∠3=∠4=90°即可證明PB⊥AK，由△ABK≌△CBK，結(jié)合PB=PC即可解決問(wèn)題．
●延伸拓展 以上兩個(gè)結(jié)論仍然成立，證明方法類(lèi)似上面．
●應(yīng)用推廣 如圖3中，過(guò)點(diǎn)B作AD的平行線(xiàn)交PK延長(zhǎng)線(xiàn)與點(diǎn)C，連接CD，利用上面結(jié)論結(jié)合條件即可解決問(wèn)題．
【考點(diǎn)精析】解答此題的關(guān)鍵在于理解相似三角形的應(yīng)用的相關(guān)知識(shí)，掌握測(cè)高：測(cè)量不能到達(dá)頂部的物體的高度，通常用“在同一時(shí)刻物高與影長(zhǎng)成比例”的原理解決；測(cè)距：測(cè)量不能到達(dá)兩點(diǎn)間的舉例，常構(gòu)造相似三角形求解．