Question

（2009•香坊區二模）梯形ABCD中，AD∥BC，AE平分∠BAD，交CD于E，連接BE，且AE⊥BE，點P為射線AB上一點，過點P的直線垂直于直線BE，分別與射線DA、EB交于點R、Q．且tan∠BAE=2．
（1）若∠C=90°，點P在線段AB上時（不與點A、B重合），如圖1．求證：PQ=

1

2

BE-

1

2

PR；
（2）若∠C為鈍角，點P在射線AB上時（不與點A、B重合），請在圖2中畫出相應的圖形，并直接寫出線段PQ、BE、PR三者間的數量關系；
（3）在（2）的條件下，∠BEC=45°，CE=4

2

，當點P在射線AB移動的過程中，連接BR、ER，若∠BRQ=∠ABE，求PQ的值．

Answer 1

分析：（1）如圖1，作AF⊥RQ于F，就可以得出AF=QE，就有∠APF=∠BAE，及可以得出2PF=AF，由AE平分∠BAD就可以得出∠BAE=∠DAE，∠APR=∠ARP，就可以得出AP=AR，就有PF=RF，2RF=AF，就可以得出PR=AF，就有QE=PQ，由PQ=

1

2

BQ，就可以得出PQ=

1

2

BE-

1

2

PR；
（2）如圖2，作AF⊥RQ于F，可以得出AF=DE=PR，由PQ=

1

2

QB就可以得出PQ=

1

2

（PR-BE）；
（3）如圖3，作CF⊥BE于F，由勾股定理就看得出CF=EF的值，就可以求出BF，由∠QPB=∠BAE就可以得出QB=2PQ，RQ=2BQ，設PQ=x，則BQ=2x，RQ=4x，PR=5x，由PR=QE建立方程求出其解即可．

解答：解：（1）如圖1，作AF⊥RQ于F，
∴∠AFQ=∠AFR=90°．
∵AE⊥BE，PQ⊥BE，
∴∠AEB=∠RQE=∠RQB=90°．．
∴四邊形AFQE是矩形，
∴AF=QE，QF∥AE，
∴∠APR=∠BPQ=∠BAE，∠R=∠DAE．
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE=∠DAE．
∴∠APR=∠R=∠BAE．
∴AP=AR，
∴2PF=2RF=PR．
∵tan∠BAE=2．
∴AF=2PF，
∴PR=AF，
∴PR=QE．
∵∠BPQ=∠BAE，
∴PQ=

1

2

BQ．
∵BQ=BE-QE，
∴BQ=BE-PR，
∴PQ=

1

2

（BE-PR）=

1

2

BE-

1

2

PR；

（2）PQ=

1

2

PR-

1

2

BE．
理由：如圖2，作AF⊥RQ于F，
∴∠AFQ=∠AFR=90°．
∵AE⊥BE，PQ⊥BE，
∴∠AEB=∠RQE=∠RQB=90°．．
∴四邊形AFQE是矩形，
∴AF=QE，QF∥AE，
∴∠APR=∠BAE，∠R=∠DAE．
∵AE平分∠BAD，
∴∠BAE=∠DAE．
∴∠APR=∠R=∠BAE．
∴AP=AR，
∴2PF=2RF=PR．
∵tan∠BAE=2．
∴AF=2PF，
∴PR=AF，
∴PR=QE．
∵∠BPQ=∠BAE，
∴PQ=

1

2

BQ．
∵BQ=QE-BE，
∴BQ=PR-BE，
∴PQ=

1

2

（PR-BE）=

1

2

PR-

1

2

BE．

（3）如圖3，作CF⊥BE于F，
∴∠BFC=∠EFC=90°．
∵∠BEC=45°，
∴∠ECF=45°，
∴∠ECF=∠CEF，
∴CF=EF．
∵CE=4

2

，在Rt△CFE中，由勾股定理，得
CF=4，
∴EF=4．
∵AD∥BC，
∴∠ABC+∠DAB=180°．
∵∠AEB=90°，
∴∠1+∠3=90°．
∴∠2+∠4=90°．
∵AE平分∠BAD，
∴∠3=∠4，
∴∠2=∠1．
∴∠BCF=∠BAE，
∴BF=2CF=8，
∴BE=12．
∵∠BRQ=∠ABE，
∴∠RBQ=∠BAE，
∴QR=2QB．
設PQ=x，則BQ=2x，RQ=4x，PR=5x，
∴5x=12+2x，
∴x=4，
即PQ=4．

點評：本題考查了矩形的性質的運用，勾股定理的運用，等腰三角形的性質的運用，三角函數值的運用，平行線的性質的運用，解答時合理運用等腰三角形的性質是關鍵．