Question

20．在矩形ABCD中，AB=4，AD=6，M是AD边的中点，P是AB边上的一个动点（不与A、B重合），PM的延长线交射线CD于Q点，MN⊥PQ交射线BC于N点．

（1）若点N在BC边上时，如图1．
①试说明点M是否在△PBN的外接圆上；
②请问$\frac{PM}{PN}$是否为定值？若是定值，求出该定值；若不是，请举反例说明；
（2）当△PBN与△NCQ的面积相等时，求AP的值．

Answer 1

分析 （1）①由矩形的性质得出矩形∠B=90°，得出∠B+∠PMN=180°，证出点B、N、M、P四点共圆，即可得出点M在△PBN的外接圆上；
②作ME⊥BC于E，证明△AMP∽△EMN，由相似三角形的性质既可以求出PM与MN的关系，再由勾股定理表示出PN就可以求出结论；
（2）分两种情况，如图2，如图3，作BF⊥PN于F，CG⊥QN于G，作中线BS、CT，通过证明Rt△BFS≌Rt△CGT和△PBN≌△QCN，进一步由全等三角形的性质就可以得出结论．

解答 解：（1）①∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=90°，
∵MN⊥PQ，
∴∠PMN=90°，
∴∠B+∠PMN=180°，
∴点B、N、M、P四点共圆，
∴点M在△PBN的外接圆上；
②$\frac{PM}{PN}=\frac{3}{5}$是定值，理由：作ME⊥BC于E，如图1所示：
∴∠MEN=∠MEB=90°，∠AME=90°，
∴四边形ABEM是矩形，∠MEN=∠MAP，
∴AB=EM，
∵MN⊥PQ，
∴∠PMN=90°，
∴∠PMN=∠AME，
∴∠PMN-∠PME=∠AME-∠PME，
∴∠EMN=∠AMP，
∴△AMP∽△EMN，
∴$\frac{AM}{EM}=\frac{PM}{MN}$，
∴$\frac{AM}{AB}=\frac{PM}{MN}$，
∵AD=6，M是AD边的中点，
∴AM=$\frac{1}{2}$AD=3，
∵AB=4，
∴$\frac{PM}{MN}=\frac{3}{4}$．
在Rt△PMN中，设PM=3a，MN=4a，
由勾股定理得：PN=5a，
∴$\frac{PM}{PN}=\frac{3}{5}$；
（2）如图2，作BF⊥PN于F，CG⊥QN于G，作中线BS、CT，
∴∠BFS=∠CGT=90°，BS=$\frac{1}{2}$PN，CT=$\frac{1}{2}$QN，
∵PN=QN，S_△PBN=S_△NCQ，
∴BF=CG，BS=CT，
在Rt△BFS和Rt△CGT中，
$\left\{\begin{array}{l}{BS=CT}\\{BF=CG}\end{array}\right.$，
∴Rt△BFS≌Rt△CGT（HL），
∴∠BSF=∠CTG，
∴∠BNP=$\frac{1}{2}$∠BSF=$\frac{1}{2}$∠CTG=∠CQN，
即∠BNP=∠CQN，
在△PBN和△QCN中
$\left\{\begin{array}{l}{∠BNP=∠CQN}\\{∠PBN=∠NCQ}\\{PN=QN}\end{array}\right.$，
∴△PBN≌△NCQ（AAS），
∴BN=CQ，
∴设AP=x．则BP=4-x，QC=4+x，则CN=6-（4+x）=2-x，
∵4-x≠2-x，
∴不合题意，舍去；
如图3，作BF⊥PN于F，CG⊥QN于G，作中线BS、CT，
∴∠BFS=∠CGT=90°，BS=$\frac{1}{2}$PN，CT=$\frac{1}{2}$QN，
∵PN=QN，S_△PBN=S_△NCQ，
∴BF=CG，BS=CT，
在Rt△BFS和Rt△CGT中，
$\left\{\begin{array}{l}{BS=CT}\\{BF=CG}\end{array}\right.$，
∴Rt△BFS≌Rt△CGT（HL），
∴∠BSF=∠CTG，
∴∠BNP=$\frac{1}{2}$∠BSF=$\frac{1}{2}$∠CTG=∠CQN，
即∠BNP=∠CQN，
在△PBN和△QCN中
$\left\{\begin{array}{l}{∠BNP=∠CQN}\\{∠PBN=∠NCQ}\\{PN=QN}\end{array}\right.$，
∴△PBN≌△QCN（AAS），
∴PB=NC，BN=CQ，
∵AP=DQ，
∴AP+BP=AB=4①，AP+4=DQ+CD=BC+CN=6+BP，
∴AP-BP=2②，
∴①+②得：2AP=6
∴AP=3．

点评 本题考查了矩形的性质、全等三角形的判定及性质、勾股定理、相似三角形的判定及性质、四点共圆、三角形的面积公式的运用等知识；本题难度较大，综合性强，特别是（2）中，需要通过作辅助线多次证明三角形全等才能得出结果．