Question

【題目】如圖，AD∥BC，∠ABC＝90°，AD＝3，AB＝4，點P為射線BC上一動點，以P為圓心，BP長為半徑作⊙P，交射線BC于點Q，聯(lián)結(jié)BD、AQ相交于點G，⊙P與線段BD、AQ分別相交于點E、F．

（1）如果BE＝FQ，求⊙P的半徑；

（2）設(shè)BP＝x，FQ＝y，求y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式，并寫出x的取值范圍；

（3）聯(lián)結(jié)PE、PF，如果四邊形EGFP是梯形，求BE的長．

Answer 1

【答案】（1）⊙P的半徑為；（2）x的取值范圍為；（3）BE＝或．

【解析】

（1）由題意BE＝FQ可得∠BPE＝∠FPQ，進而可得∠EBP＝∠FQP.又AD∥BC，故∠ADB＝∠EBP，即∠FQP＝∠ADB，故兩角的正切值相等即可求出半徑.

（2）要求y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式即可通過過P點做垂線PM，將QM用含x的式子表示，利用QM＝PQcos∠AQB＝，而FQ=2QM，即；根據(jù)題意圓與D點相交時，x最大，可求出x的取值范圍；

（3）根據(jù)題意四邊形EGFP是梯形，由于P點是動點所以產(chǎn)生兩種情況，當(dāng)GF∥EP時和GE∥FP時，故應(yīng)進行分類討論.①當(dāng)GF∥EP時，可發(fā)現(xiàn)PE為△BGQ的中點，根據(jù)線段關(guān)系可求得BP的長度，因為△BGQ和△DGA相似，故有，可求得BG＝，所以BE=BG.②當(dāng)GE∥FP時，過點P作PN⊥BG ，跟①同理，可求得BE＝2BN.

（1）∵BE＝FQ，

∴∠BPE＝∠FPQ，

∵PE＝PB，

∴∠EBP＝（180°﹣∠EPB），

同理∠FQP＝（180°﹣∠FPQ），

∴∠EBP＝∠FQP，

∵AD∥BC，

∴∠ADB＝∠EBP，

∴∠FQP＝∠ADB，

∴tan∠FQP＝tan∠ADB＝，

設(shè)⊙P的半徑為r，則tan∠FQP＝，

∴，

解得：r＝，

∴⊙P的半徑為；

（2）過點P作PM⊥FQ，垂足為點M，如圖1所示：

在Rt△ABQ中，cos∠AQB＝，

在Rt△PQM中，QM＝PQcos∠AQB＝，

∵PM⊥FQ，PF＝PQ，

∴FQ＝2QM＝，

∴，

當(dāng)圓與D點相交時，x最大，作DH⊥BC于H，如圖2所示：

則PD＝PB＝x，DH＝AB＝4，BH＝AD＝3，

則PH＝BP﹣BH＝x﹣3，

在Rt△PDH中，由勾股定理得：42+（x﹣3）2＝x2，

解得：x＝，

∴x的取值范圍為：0＜x≤；

（3）設(shè)BP＝x，分兩種情況：

①EP∥AQ時，

∴∠BEP＝∠BGQ，

∵PB＝PE，

∴∠PBE＝∠BEP，

∴∠BGQ＝∠PBE，

∴QG＝QB＝2x，

同理：AG＝AD＝3，

在Rt△ABQ中，由勾股定理得：42+（2x）2＝（3+2x）2，

解得：x＝，

∴QG＝QB＝2x＝，

∵EP∥AQ，PB＝PQ，

∴BE＝EG，

∵AD∥BC，

∴，

即，

解得：BG＝，

∴BE＝BG＝；

②PF∥BD時，同①得：BG＝BQ＝2x，DG＝AD＝3，

在Rt△ABD中，由勾股定理得：42+32＝（3+2x）2，

解得：x＝1或x＝﹣4（舍去），

∴BQ＝2，

∴BP＝1，

作PN⊥BG于N，則BE＝2BN，如圖3所示：

∵AD∥BC，

∴∠PBN＝∠ADB，

∴cos∠PBN＝cos∠ADB＝，即＝，

∴BN＝，

∴BE＝2BN＝；

綜上所述，BE=或．