解题思路：（1）延长DE，CB，相交于点R，作BM∥PC，交DR于点M．根据题意得∠AQE=∠EMB，可证得△AEQ≌△BEM，△AED≌△BER．则AD=BR=BC，再根据BM∥PC，证出RBM∽△RCP，即可得出PC=2AQ．
（2）作BN∥AF，交RD于点N，则△RBN∽△RFP．则[BN/PF＝
RB
RF
＝
2
3]．还可证明△BNE≌△APE．根据相似三角形的性质得出S△PFC=S梯形APCQ．
（1）证明：
证法一：延长DE，CB，相交于点R，作BM∥PC，交DR于点M．
∵AQ∥PC，BM∥PC，
∴MB∥AQ．
∴∠AQE=∠EMB
∵E是AB的中点，D、E、R三点共线，∴AE=EB，∠AEQ=∠BEM．
∴△AEQ≌△BEM．
∴AQ=BM．
同理△AED≌△BER．
∴AD=BR=BC．
∵BM∥PC，
∴△RBM∽△RCP，相似比是1：2．
∴PC=2MB=2AQ．
证法二：连接AC，交PQ于点K，易证△AKE∽△CKD，
∴[AE/DC＝
AK
KC＝
1
2]．
∵AQ∥PC．
∴△AKQ∽△CKP．
∵[AK/KC＝
1
2]，
∴[AQ/PC＝
1
2]，
即PC=2AQ．
（2）S△PFC=S梯形APCQ．
作BN∥AF，交RD于点N．
∴△RBN∽△RFP．
∵△RBM∽△RCP，相似比是1：2，
∴RB：RC=1：2，即B为RC的中点，
∴RB=BC，又F是BC的中点，
∴RB＝
2
3RF．
∴[BN/PF＝
RB
RF＝
2
3]．
易证△BNE≌△APE．
∴AP=BN．
∴AP＝
2
3PF．
因PFC（视PC为底）与梯形APCQ的高的比等于△PFC与△PQC中PC边上的高的比，
易知等于PF与AP的比，于是可设△PFC中PC边上的高h1=3k，梯形APCQ的高h2=2k．再设AQ=a，则PC=2a．
∴S△PFC＝
1
2×2ah1＝3ka，
S梯形APCQ＝
1
2(AQ+PC)h2＝
1
2(a+2a)•2k＝3ka．
因此S△PFC=S梯形APCQ．
点评：
本题考点： 相似三角形的判定与性质；全等三角形的判定与性质；平行四边形的性质；梯形．
考点点评： 本题是一道综合性很强的题目，考查了相似三角形的判定和性质、全等三角形的判定和性质以及平行四边形和梯形的性质，难度较大．
1年前
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