Question

在矩形ABCD中，AB=4，AD=6，M是AD邊的中點(diǎn)，P是AB邊上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)（不與A、B重合），PM的延長(zhǎng)線交射線CD于Q點(diǎn)，MN⊥PQ交射線BC于N點(diǎn)．

（1）若點(diǎn)N在BC邊上時(shí)，如圖1．
①求證：PN=QN；
②請(qǐng)問

PM

PN

是否為定值？若是定值，求出該定值；若不是，請(qǐng)舉反例說明；
（2）當(dāng)△PBN與△NCQ的面積相等時(shí)，求AP的值．

Answer 1

考點(diǎn)：四邊形綜合題

專題：

分析：（1）①由矩形的性質(zhì)證明△APM≌△QDM就可以得出PPM=QM，再由MN⊥PQ就可以得出結(jié)論；
②作ME⊥BC于E，證明△AMP∽△EMN，由相似三角形的性質(zhì)既可以求出PM與MN的關(guān)系，再由勾股定理表示出PN就可以求出結(jié)論；
（2）分兩種情況，如圖2，如圖3，作BF⊥PN于F，CG⊥QN于G，作中線BS、CT，通過證明Rt△BFS≌Rt△CGT和△PBN≌△QCN，進(jìn)一步由全等三角形的性質(zhì)就可以得出結(jié)論．

解答：解：（1）①∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠A=∠ADC=∠ABC=∠BCD=90°．AB∥CD，AD∥BC．
∴∠A=∠ADQ，∠APM=∠DQM．
∵M(jìn)是AD邊的中點(diǎn)，
∴AM=DM．
在△APM和△QDM中

∠A=∠ADQ ∠APM=∠DQM AM=DM

，
∴△APM≌△QDM（AAS），
∴PM=QM．
∵M(jìn)N⊥PQ，
∴MN是線段PQ的垂直平分線，
∴PN=QN；
②

PM

PN

=

3

5

是定值
理由：作ME⊥BC于E，
∴∠MEN=∠MEB=90°，∠AME=90°，
∴四邊形ABEM是矩形，∠MEN=∠MAP，
∴AB=EM．
∵M(jìn)N⊥PQ
∴∠PMN=90°，
∴∠PMN=∠AME，
∴∠PMN-∠PME=∠AME-∠PME，
∴∠EMN=∠AMP，
∴△AMP∽△EMN，
∴

AM

EM

=

PM

MN

，
∴

AM

AB

=

PM

MN

．
∵AD=6，M是AD邊的中點(diǎn)，
∴AM=

1

2

AD=3．
∵AB=4，
∴

PM

MN

=

3

4

．
在Rt△PMN中，設(shè)PM=3a，MN=4a，由勾股定理，得
PN=5a，
∴

PM

PN

=

3

5

；

（2）如圖2，作BF⊥PN于F，CG⊥QN于G，作中線BS、CT，
∴∠BFS=∠CGT=90°，BS=

1

2

PN，CT=

1

2

QN，

∵PN=QN，S_△PBN=S_△NCQ，
∴BF=CG，BS=CT．
在Rt△BFS和Rt△CGT中

BS=CT BF=CG

，
∴Rt△BFS≌Rt△CGT（HL），
∴∠BSF=∠CTG
∴∠BNP=

1

2

∠BSF=

1

2

∠CTG=∠CQN，
即∠BNP=∠CQN．
在△PBN和△QCN中

∠BNP=∠CQN ∠PBN=∠NCQ PN=QN

，
∴△PBN≌△QCN
∴BN=CN
∴AP=0（不合題意，舍去）；
如圖3，作BF⊥PN于F，CG⊥QN于G，作中線BS、CT，
∴∠BFS=∠CGT=90°，BS=

1

2

PN，CT=

1

2

QN，
∵PN=QN，S_△PBN=S_△NCQ，
∴BF=CG，BS=CT．
在Rt△BFS和Rt△CGT中

BS=CT BF=CG

，
∴Rt△BFS≌Rt△CGT（HL），
∴∠BSF=∠CTG
∴∠BNP=

1

2

∠BSF=

1

2

∠CTG=∠CQN，
即∠BNP=∠CQN．
在△PBN和△QCN中

∠BNP=∠CQN ∠PBN=∠NCQ PN=QN

，
∴△PBN≌△QCN
∴PB=NC，BN=CQ．
∵AP=DQ
∴AP+BP=AB=4，AP+4=DQ+CD=BC+CN=6+BP
∴AP-BP=2
∴2AP=6
∴AP=3．

點(diǎn)評(píng)：本題考查了矩形的性質(zhì)的運(yùn)用，全等三角形的判定及性質(zhì)的運(yùn)用，勾股定理了的運(yùn)用，相似三角形的判定及性質(zhì)的運(yùn)用，垂直平分線的判定及性質(zhì)的運(yùn)用，三角形的面積公式的運(yùn)用，解答時(shí)證明三角形全等是解答本題的關(guān)鍵．