Question

14．如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知點(diǎn)A（1，m+1），B（a，m+1），C（3，m+3），D（1，m+a），m＞0，1＜a＜3，點(diǎn)P（n-m，n）是四邊形ABCD內(nèi)的一點(diǎn)，且△PAD與△PBC的面積相等，求n-m的值．

Answer 1

分析 過(guò)點(diǎn)P作EF平行于x軸，交AD于點(diǎn)E、BC于點(diǎn)F，由點(diǎn)A、B、C、D、P的坐標(biāo)可得出AB∥x軸、AD∥y軸、E（1，n），進(jìn)而可得出AD、PE的長(zhǎng)度，根據(jù)三角形的面積公式可求出S_△PAD=$\frac{1}{2}$（a-1）（n-m-1）、S_△PBC=PF，由點(diǎn)B、C的坐標(biāo)，利用待定系數(shù)法可求出直線BC的解析式，進(jìn)而可得出點(diǎn)F的坐標(biāo)以及PF的長(zhǎng)度，再根據(jù)△PAD與△PBC的面積相等可得出關(guān)于n-m的一元一次方程，解之即可得出結(jié)論．

解答 解：過(guò)點(diǎn)P作EF平行于x軸，交AD于點(diǎn)E、交BC于點(diǎn)F，如圖所示．
∵A（1，m+1），B（a，m+1），C（3，m+3），D（1，m+a），P（n-m，n），
∴AB∥x軸，AD∥y軸，E（1，n），
∴PE=n-m-1，AD=a-1，PE⊥AD，
∴S_△PAD=$\frac{1}{2}$AD•PE=$\frac{1}{2}$（a-1）（n-m-1）．
設(shè)△PFC的高為h₁，△PFB的高為h₂，
S_△PBC=S_△PFC+S_△PFB=$\frac{1}{2}$PQ•h₁+$\frac{1}{2}$PF•h₂=$\frac{1}{2}$PF•（h₁+h₂）．
∵h(yuǎn)₁+h₂=m+3-（m+1）=2，
∴S_△PBC=$\frac{1}{2}$PF•（h₁+h₂）=PF．
設(shè)直線BC的解析式為y=kx+b，
將B（a，m+1）、C（3，m+3）代入y=kx+b，
$\left\{\begin{array}{l}{ak+b=m+1}\\{3k+b=m+3}\end{array}\right.$，解得：$\left\{\begin{array}{l}{k=\frac{2}{3-a}}\\{b=m+3-\frac{6}{3-a}}\end{array}\right.$，
∴直線BC的解析式為y=$\frac{2}{3-a}$x+m+3-$\frac{6}{3-a}$．
當(dāng)y=$\frac{2}{3-a}$x+m+3-$\frac{6}{3-a}$=n時(shí)，x=$\frac{（n-m-3）（3-a）}{2}$+3，
∴點(diǎn)F（$\frac{（n-m-3）（3-a）}{2}$+3，n），
∴PF=$\frac{（n-m-3）（3-a）}{2}$+3-（n-m）=$\frac{（n-m-3）（1-a）}{2}$．
∵S_△PAD=S_△PBC，
∴$\frac{1}{2}$（a-1）（n-m-1）=$\frac{（n-m-3）（1-a）}{2}$．
∵1＜a＜3，
∴a-1≠0，
∴-（n-m-3）=n-m-1，
解得：n-m=2．
故答案為：2．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了坐標(biāo)與圖形的性質(zhì)、三角形的面積、待定系數(shù)法求一次函數(shù)解析式以及一次函數(shù)圖象上點(diǎn)的坐標(biāo)特征，根據(jù)△PAD與△PBC的面積相等找出關(guān)于n-m的一元一次方程是解題的關(guān)鍵．