【答案】
分析：（1）四邊形ABCE是菱形．由平移得到四邊形ABCE是平行四邊形，又AB=BC，可以推出四邊形ABCE是菱形；
（2）①四邊形PQED的面積不發(fā)生變化．根據(jù)菱形的性質(zhì)和已知條件可以求出菱形的面積，過(guò)A作AH⊥BD于H，再根據(jù)三角形的面積公式可以求出AH，由菱形的對(duì)稱(chēng)性知△PBO≌△QEO，所以BP=QE，現(xiàn)在可以得到S
四邊形PQED=S
△BED，而S
△BED的面積可以求出，所以四邊形PQED的面積不發(fā)生變化．
②如圖2，當(dāng)點(diǎn)P在BC上運(yùn)動(dòng)，使△PQR與△COB相似時(shí)，∵∠2是△OBP的外角，∴∠2＞∠3，∴∠2不與∠3對(duì)應(yīng)，∴∠2與∠1對(duì)應(yīng)，即∠2=∠1，∴OP=OC=3，過(guò)O作OG⊥BC于G，則G為PC的中點(diǎn)，△OGC∽△BOC，根據(jù)相似三角形的對(duì)應(yīng)線段成比例可以求出CG，而PB=BC-PC=BC-2CG，根據(jù)這個(gè)等式就可以求出BP的長(zhǎng)．
解答：解：（1）四邊形ABCE是菱形．（1分）
∵△ECD是由△ABC沿BC平移得到的，
∴EC∥AB，且EC=AB，
∴四邊形ABCE是平行四邊形，（3分）
又∵AB=BC，
∴四邊形ABCE是菱形；（4分）
（2）①四邊形PQED的面積不發(fā)生變化．（5分）
方法一：∵ABCE是菱形，
∴AC⊥BE，OC=
AC=3，
∵BC=5，
∴BO=4，
過(guò)A作AH⊥BD于H，（如圖1）．
∵S
△ABC=
BC×AH=
AC×BO，
即：
×5×AH=
×6×4，
∴AH=
．（6分）
或∵∠AHC=∠BOC=90°，∠BCA公用，
∴△AHC∽△BOC，
∴AH：BO=AC：BC，
即：AH：4=6：5，
∴AH=
．6分）
由菱形的對(duì)稱(chēng)性知，△PBO≌△QEO，
∴BP=QE，
∴S
四邊形PQED=
（QE+PD）×QR=
（BP+PD）×AH=
BD×AH
=
×10×
=24．（8分）
方法二：由菱形的對(duì)稱(chēng)性知，△PBO≌△QEO，
∴S
△PBO=S
△QEO，（6分）
∵△ECD是由△ABC平移得到的，
∴ED∥AC，ED=AC=6，
又∵BE⊥AC，
∴BE⊥ED，（7分）
∴S
四邊形PQED=S
△QEO+S
四邊形POED=S
△PBO+S
四邊形POED=S
△BED=
×BE×ED=
×8×6=24．（8分）
②方法一：如圖2，當(dāng)點(diǎn)P在BC上運(yùn)動(dòng)，使△PQR與△COB相似時(shí)，
∵∠2是△OBP的外角，
∴∠2＞∠3，
∴∠2不與∠3對(duì)應(yīng)，
∴∠2與∠1對(duì)應(yīng)，
即∠2=∠1，
∴OP=OC=3（9分）
過(guò)O作OG⊥BC于G，則G為PC的中點(diǎn)，
∴△OGC∽△BOC，（10分）
∴CG：CO=CO：BC，
即：CG：3=3：5，
∴CG=
，（11分）
∴PB=BC-PC=BC-2CG=5-2×
=
．（12分）
方法二：如圖3，當(dāng)點(diǎn)P在BC上運(yùn)動(dòng)，使△PQR與△COB相似時(shí)，
∵∠2是△OBP的外角，
∴∠2＞∠3，
∴∠2不與∠3對(duì)應(yīng)，
∴∠2與∠1對(duì)應(yīng)，（9分）
∴QR：BO=PR：OC，即：
：4=PR：3，
∴PR=
，（10分）
過(guò)E作EF⊥BD于F，設(shè)PB=x，則RF=QE=PB=x，
DF=
=
，（11分）
∴BD=PB+PR+RF+DF=x+
+x+
=10，x=
．（12分）
方法三：如圖4，若點(diǎn)P在BC上運(yùn)動(dòng)，使點(diǎn)R與C重合，
由菱形的對(duì)稱(chēng)性知，O為PQ的中點(diǎn)，
∴CO是Rt△PCQ斜邊上的中線，
∴CO=PO，（9分）
∴∠OPC=∠OCP，
此時(shí)，Rt△PQR∽R(shí)t△CBO，（10分）
∴PR：CO=PQ：BC，
即PR：3=6：5，
∴PR=
（11分）
∴PB=BC-PR=5-
=
．（12分）
點(diǎn)評(píng)：此題主要考查了圖形變換，把圖形的變換放在平行四邊形，菱形的背景之中，利用特殊四邊形的性質(zhì)探究圖形變換的規(guī)律．
名校課堂系列答案
