Question

已知梯形ABCD，AD∥BC，AB⊥BC，AD＝1，AB＝2，BC＝3，

問題1：如圖1，P為AB邊上的一點，以PD，PC為邊作平行四邊形PCQD，請問對角線PQ，DC的長能否相等，為什么？
問題2：如圖2，若P為AB邊上一點，以PD，PC為邊作平行四邊形PCQD，請問對角線PQ的長是否存在最小值？如果存在，請求出最小值，如果不存在，請說明理由．
問題3：若P為AB邊上任意一點，延長PD到E，使DE＝PD，再以PE，PC為邊作平行四邊形PCQE，請?zhí)骄繉�角線PQ的長是否也存在最小值？如果存在，請求出最小值，如果不存在，請說明理由．
問題4：如圖3，若P為DC邊上任意一點，延長PA到E，使AE＝nPA(n為常數(shù))，以PE、PB為邊作平行四邊形PBQE，請?zhí)骄繉�角線PQ的長是否也存在最小值？如果存在，請求出最小值，如果不存在，請說明理由．

Answer 1

解：問題1：對角線PQ與DC不可能相等。理由如下：
∵四邊形PCQD是平行四邊形，若對角線PQ、DC相等，則四邊形PCQD是矩形，
∴∠DPC＝90°。
∵AD＝1，AB＝2，BC＝3，∴DC＝2。
設(shè)PB＝x，則AP＝2－x，
在Rt△DPC中，PD²＋PC²＝DC²，即x²＋3²＋(2－x)²＋1²＝8，化簡得x²－2x＋3＝0，
∵△＝(－2)2－4×1×3＝－8＜0，∴方程無解。
∴不存在PB＝x，使∠DPC＝90°。∴對角線PQ與DC不可能相等。
問題2：存在。理由如下：
如圖2，在平行四邊形PCQD中，設(shè)對角線PQ與DC相交于點G，
則G是DC的中點。過點Q作QH⊥BC，交BC的延長線于H。

∵AD∥BC，∴∠ADC＝∠DCH，即∠ADP＋∠PDG＝∠DCQ＋∠QCH。
∵PD∥CQ，∴∠PDC＝∠DCQ。∴∠ADP＝∠QCH。
又∵PD＝CQ，∴Rt△ADP≌Rt△HCQ（AAS）。∴AD＝HC。
∵AD＝1，BC＝3，∴BH＝4，
∴當PQ⊥AB時，PQ的長最小，即為4。
問題3：存在。理由如下：
如圖3，設(shè)PQ與DC相交于點G，

∵PE∥CQ，PD＝DE，∴。
∴G是DC上一定點。
作QH⊥BC，交BC的延長線于H，
同理可證∠ADP＝∠QCH，∴Rt△ADP∽Rt△HCQ。∴。
∵AD＝1，∴CH＝2。∴BH＝BG＋CH＝3＋2＝5。
∴當PQ⊥AB時，PQ的長最小，即為5。
問題4：如圖3，設(shè)PQ與AB相交于點G，
∵PE∥BQ，AE＝nPA，∴。
∴G是DC上一定點。
作QH∥PE，交CB的延長線于H，過點C作CK⊥CD，交QH的延長線于K。

∵AD∥BC，AB⊥BC，
∴∠D＝∠QHC，∠DAP＋∠PAG＝∠QBH＋∠QBG＝90°
∠PAG＝∠QBG，
∴∠QBH＝∠PAD。∴△ADP∽△BHQ，∴，
∵AD＝1，∴BH＝n＋1。∴CH＝BH＋BC＝3＋n＋1＝n＋4。
過點D作DM⊥BC于M，則四邊形ABND是矩形。
∴BM＝AD＝1，DM＝AB＝2。∴CM＝BC－BM＝3－1＝2＝DM。
∴∠DCM＝45°。∴∠KCH＝45°。
∴CK＝CH•cos45°＝ (n＋4)，
∴當PQ⊥CD時，PQ的長最小，最小值為 (n＋4)。

反證法，相似三角形的判定和性質(zhì)，一元二次方程根的判別式，全等三角形的判定和性質(zhì)，勾股定理，平行四邊形、矩形的判定和性質(zhì)，等腰直角三角形的判定和性質(zhì)。
問題1：四邊形PCQD是平行四邊形，若對角線PQ、DC相等，則四邊形PCQD是矩形，然后利用矩形的性質(zhì)，設(shè)PB＝x，可得方程x²＋3²＋(2－x)²＋1＝8，由判別式△＜0，可知此方程無實數(shù)根，即對角線PQ，DC的長不可能相等。
問題2：在平行四邊形PCQD中，設(shè)對角線PQ與DC相交于點G，可得G是DC的中點，過點Q作QH⊥BC，交BC的延長線于H，易證得Rt△ADP≌Rt△HCQ，即可求得BH＝4，則可得當PQ⊥AB時，PQ的長最小，即為4。
問題3：設(shè)PQ與DC相交于點G，PE∥CQ，PD＝DE，可得，易證得Rt△ADP∽Rt△HCQ，繼而求得BH的長，即可求得答案。
問題4：作QH∥PE，交CB的延長線于H，過點C作CK⊥CD，交QH的延長線于K，易證得與△ADP∽△BHQ，又由∠DCB＝45°，可得△CKH是等腰直角三角形，繼而可求得CK的值，即可求得答案。