Question

16．如圖，矩形ABCD中，BC=2$\sqrt{3}$，∠CAB=30°，E，F(xiàn)分別是AB，CD上的點，且BE=DF=2，連結(jié)AF、CE．點P是線段AE上的點，過點P作PH∥CE交AC于點H，設(shè)AP=x．
（1）請判斷四邊形AECF的形狀并證明；
（2）用含x的代數(shù)式表示AH的長；
（3）請連結(jié)HE，則當(dāng)x為何值時AH=HE成立？

Answer 1

分析 （1）根據(jù)直角三角形的性質(zhì)和勾股定理求出CA、AB的長，根據(jù)菱形的判定定理證明即可；
（2）根據(jù)相似三角形的判定定理證明△APH∽△AEC，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到$\frac{AH}{AC}$=$\frac{AP}{AE}$，計算求出AH；
（3）作HG⊥AB于G，根據(jù)銳角三角函數(shù)的定義求出AG、HG，根據(jù)勾股定理表示出HE，根據(jù)題意列出方程，解方程即可．

解答 解：（1）四邊形AECF是菱形．
∵四邊形ABCD為矩形，
∴∠B=90°，又BC=2$\sqrt{3}$，∠CAB=30°，
∴CA=2BC=4$\sqrt{3}$，AB=6，
∵BE=2，
∴AE=AB-BE=4，CE=$\sqrt{B{E}^{2}+B{C}^{2}}$=4，
∵CF∥AE，CF=AE=2，
∴四邊形AECF是平行四邊形，又EA=EC=4，
∴四邊形AECF是菱形；
（2）∵PH∥CE，
∴△APH∽△AEC，
∴$\frac{AH}{AC}$=$\frac{AP}{AE}$，即$\frac{AH}{4\sqrt{3}}$=$\frac{x}{4}$，
解得，AH=$\sqrt{3}$x；
（3）作HG⊥AB于G，
∵AH=$\sqrt{3}$x，∠CAB=30°，
∴HG=$\frac{\sqrt{3}}{2}$x，AG=$\frac{3}{2}$x，
∴GE=AE-AG=4-$\frac{3}{2}$x，
由勾股定理得，HE=$\sqrt{H{G}^{2}+G{E}^{2}}$=$\sqrt{（\frac{\sqrt{3}}{2}x）^{2}+（4-\frac{3}{2}x）^{2}}$=$\sqrt{3{x}^{2}-12x+16}$，
當(dāng)AH=HE時，$\sqrt{3}$x=$\sqrt{3{x}^{2}-12x+16}$，
解得，x=$\frac{4}{3}$，
則當(dāng)x=$\frac{4}{3}$時，AH=HE成立．

點評 本題考查的是矩形的性質(zhì)、菱形的判定、相似三角形的判定和性質(zhì)以及等腰三角形的判定，靈活運用相關(guān)的性質(zhì)和定理、根據(jù)題意正確作出輔助線是解題的關(guān)鍵，注意方程思想在解題中的應(yīng)用．