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22. 如图,在平面直角坐标系中,已知△ABC三个顶点的坐标分别是A(2,2),B(4,0),C(4,-4).
(1)△ABC面积是
(2)以点O为位似中心,将△ABC缩小为原来的$\frac{1}{2}$得到△A₁B₁C₁,请在y轴右侧画出△A₁B₁C₁；
(3)请用无刻度直尺在边AC上画一点P,使得∠PBC= ∠BAC,并保留作图痕迹.
(1)△ABC面积是
4
；(2)以点O为位似中心,将△ABC缩小为原来的$\frac{1}{2}$得到△A₁B₁C₁,请在y轴右侧画出△A₁B₁C₁；
解：已知A(2,2)，B(4,0)，C(4, - 4)，以O为位似中心，将△ABC缩小为原来的$\frac{1}{2}$（在y轴右侧）。则A₁的坐标为(1,1)，B₁的坐标为(2,0)，C₁的坐标为(2, - 2)，连接A₁B₁，B₁C₁，A₁C₁得到△A₁B₁C₁。（此处需根据坐标在图中画出图形）
(3)请用无刻度直尺在边AC上画一点P,使得∠PBC= ∠BAC,并保留作图痕迹.
解：步骤：连接AO并延长交BC于点Q，连接AC中点M（M点坐标为(3,-1)），连接BQ交AC于点P，点P即为所求。（此处需根据步骤在图中保留作图痕迹）
答案
1. （1）
解：已知$B(4,0)$，$C(4, - 4)$，则$BC$的长度为$\vert0-( - 4)\vert = 4$，$A$点到$BC$的距离（因为$BC$垂直于$x$轴）为$\vert4 - 2\vert=2$。
根据三角形面积公式$S=\frac{1}{2}×底×高$，这里底$BC = 4$，高为$A$点到$x = 4$这条直线的距离$d = 2$。
所以$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}×4×2 = 4$。
2. （2）
解：已知$A(2,2)$，$B(4,0)$，$C(4, - 4)$，以$O$为位似中心，将$\triangle ABC$缩小为原来的$\frac{1}{2}$（在$y$轴右侧）。
则$A_1$的坐标为$(2×\frac{1}{2},2×\frac{1}{2})=(1,1)$，$B_1$的坐标为$(4×\frac{1}{2},0×\frac{1}{2})=(2,0)$，$C_1$的坐标为$(4×\frac{1}{2},-4×\frac{1}{2})=(2, - 2)$，然后连接$A_1B_1$，$B_1C_1$，$A_1C_1$得到$\triangle A_1B_1C_1$。
3. （3）
解：
步骤：
连接$AO$并延长交$BC$于点$Q$，连接$O$与$AC$中点$M$（$M$点坐标为$(3,-1)$，因为$A(2,2)$，$C(4, - 4)$，根据中点坐标公式$x=\frac{x_1 + x_2}{2}$，$y=\frac{y_1 + y_2}{2}$），连接$BQ$交$AC$于点$P$，则点$P$即为所求。
理由：
因为$A(2,2)$，$O(0,0)$，所以直线$AO$的解析式为$y = x$。$B(4,0)$，$C(4, - 4)$，直线$BC$的方程为$x = 4$，则$Q(4,4)$。
可证$\triangle AOB\sim\triangle BQC$（$\angle AOB=\angle BQC = 90^{\circ}$，$\frac{AO}{BO}=\frac{BO}{QC}=\frac{\sqrt{2^{2}+2^{2}}}{4}=\frac{4}{\sqrt{4^{2}+4^{2}}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$），再利用相似三角形的性质和角度关系可证$\angle PBC=\angle BAC$。
故答案依次为：（1）$4$；（2）按上述坐标画出图形；（3）按上述步骤作图。
解：已知$B(4,0)$，$C(4, - 4)$，则$BC$的长度为$\vert0-( - 4)\vert = 4$，$A$点到$BC$的距离（因为$BC$垂直于$x$轴）为$\vert4 - 2\vert=2$。
根据三角形面积公式$S=\frac{1}{2}×底×高$，这里底$BC = 4$，高为$A$点到$x = 4$这条直线的距离$d = 2$。
所以$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}×4×2 = 4$。
2. （2）
解：已知$A(2,2)$，$B(4,0)$，$C(4, - 4)$，以$O$为位似中心，将$\triangle ABC$缩小为原来的$\frac{1}{2}$（在$y$轴右侧）。
则$A_1$的坐标为$(2×\frac{1}{2},2×\frac{1}{2})=(1,1)$，$B_1$的坐标为$(4×\frac{1}{2},0×\frac{1}{2})=(2,0)$，$C_1$的坐标为$(4×\frac{1}{2},-4×\frac{1}{2})=(2, - 2)$，然后连接$A_1B_1$，$B_1C_1$，$A_1C_1$得到$\triangle A_1B_1C_1$。
3. （3）
解：
步骤：
连接$AO$并延长交$BC$于点$Q$，连接$O$与$AC$中点$M$（$M$点坐标为$(3,-1)$，因为$A(2,2)$，$C(4, - 4)$，根据中点坐标公式$x=\frac{x_1 + x_2}{2}$，$y=\frac{y_1 + y_2}{2}$），连接$BQ$交$AC$于点$P$，则点$P$即为所求。
理由：
因为$A(2,2)$，$O(0,0)$，所以直线$AO$的解析式为$y = x$。$B(4,0)$，$C(4, - 4)$，直线$BC$的方程为$x = 4$，则$Q(4,4)$。
可证$\triangle AOB\sim\triangle BQC$（$\angle AOB=\angle BQC = 90^{\circ}$，$\frac{AO}{BO}=\frac{BO}{QC}=\frac{\sqrt{2^{2}+2^{2}}}{4}=\frac{4}{\sqrt{4^{2}+4^{2}}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$），再利用相似三角形的性质和角度关系可证$\angle PBC=\angle BAC$。
故答案依次为：（1）$4$；（2）按上述坐标画出图形；（3）按上述步骤作图。
23. 如图为某小区入口处安装的汽车出入道闸示意图.如图①,道闸关闭时,四边形ABCD是矩形,且BC落在MN上.如图②,在道闸打开的过程中,边AD固定,AD⊥直线l,连杆AB,CD分别绕点A,D转动,且边BC始终与边AD平行,P为CD上的一点(不与点C,D重合),过点P作PE⊥l,PF⊥MN,垂足分别为E,F,即四边形PENF是矩形,过点D作DQ⊥PE,垂足为Q,延长BC与PF相交于点R.
(1)△PDQ与△CPR相似吗？请判断并说明理由.
(2)若道闸长AB= 6m,宽AD= 2m,点D距地面0.4m,PE= 2.4m,CR= 1m,求PF的长.
(1)△PDQ与△CPR相似吗？请判断并说明理由.
(2)若道闸长AB= 6m,宽AD= 2m,点D距地面0.4m,PE= 2.4m,CR= 1m,求PF的长.
答案
(1)相似；(2)0.8m
解析
(1)相似。理由：
∵BC//AD，AD⊥l，∴BC⊥l。PE⊥l，PF⊥MN，四边形PENF是矩形，∴PE⊥PF，∠Q=∠R=90°。
∵BC//AD，BC、AD均水平，DQ⊥PE（水平），CR⊥PF（竖直），∴∠PDQ=∠PCR。
∴△PDQ∽△CPR（AA）。
(2)由(1)得△PDQ∽△CPR，∴$\frac{DQ}{CR}=\frac{QP}{RP}$。
设PF=h（即P点纵坐标），D距地面0.4m，∴DQ=h-0.4。
PE=2.4m，AD=2m，∴QP=PE-AD=2.4-2=0.4m。
CR=1m，设RP=k-y_p=2.5h-1（由斜率关系得）。
由相似比：$\frac{h-0.4}{1}=\frac{0.4}{2.5h-1}$，解得$h=0.8$。
PF=0.8m
∵BC//AD，AD⊥l，∴BC⊥l。PE⊥l，PF⊥MN，四边形PENF是矩形，∴PE⊥PF，∠Q=∠R=90°。
∵BC//AD，BC、AD均水平，DQ⊥PE（水平），CR⊥PF（竖直），∴∠PDQ=∠PCR。
∴△PDQ∽△CPR（AA）。
(2)由(1)得△PDQ∽△CPR，∴$\frac{DQ}{CR}=\frac{QP}{RP}$。
设PF=h（即P点纵坐标），D距地面0.4m，∴DQ=h-0.4。
PE=2.4m，AD=2m，∴QP=PE-AD=2.4-2=0.4m。
CR=1m，设RP=k-y_p=2.5h-1（由斜率关系得）。
由相似比：$\frac{h-0.4}{1}=\frac{0.4}{2.5h-1}$，解得$h=0.8$。
PF=0.8m
