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19.某公司销售A,B两种扫地机器人配件。已知购进50件A配件和125件B配件需支出成本20 000元，购进40件A配件和40件B配件需支出成本12 400元。
(1)求A,B两种配件的进货单价。
(2)该公司计划购进A,B两种配件共400件，且B配件的进货数量不低于A配件的3倍。若所购配件全部售出，A配件在进价的基础上提价16%销售，B配件按进价的$\frac{4}{3}$销售，怎样安排A,B两种配件的进货数量，才能使本次销售的利润最大？最大利润是多少？
(1)求A,B两种配件的进货单价。
(2)该公司计划购进A,B两种配件共400件，且B配件的进货数量不低于A配件的3倍。若所购配件全部售出，A配件在进价的基础上提价16%销售，B配件按进价的$\frac{4}{3}$销售，怎样安排A,B两种配件的进货数量，才能使本次销售的利润最大？最大利润是多少？
答案
解：(1) 设A配件的进货单价为x元，B配件的进货单价为y元。
根据题意列方程组：
$\begin{cases}50x + 125y = 20000 \\40x + 40y = 12400\end{cases}$
化简第二个方程得：$x + y = 310$，即$x = 310 - y$，代入第一个方程：
$50(310 - y) + 125y = 20000$
解得$y=60$，代入得$x=250$。
答：A配件的进货单价为250元，B配件的进货单价为60元。
(2) 设购进A配件的数量为m件，销售总利润为W元，则购进B配件的数量为$(400 - m)$件。
A配件单件利润：$250 × 16\% = 40$元
B配件单件利润：$60 × (\frac{4}{3} - 1) = 20$元
根据题意得约束条件：$400 - m ≥ 3m$，解得$m ≤ 100$，且$m ≥ 0$，m为整数。
总利润表达式：
$W = 40m + 20(400 - m) = 20m + 8000$
因为$20＞0$，所以W随m的增大而增大，当$m=100$时，W取得最大值：
$W_{max}=20 × 100 + 8000 = 10000$
此时$400 - m = 300$。
答：购进A配件100件，B配件300件时，本次销售的利润最大，最大利润为10000元。
根据题意列方程组：
$\begin{cases}50x + 125y = 20000 \\40x + 40y = 12400\end{cases}$
化简第二个方程得：$x + y = 310$，即$x = 310 - y$，代入第一个方程：
$50(310 - y) + 125y = 20000$
解得$y=60$，代入得$x=250$。
答：A配件的进货单价为250元，B配件的进货单价为60元。
(2) 设购进A配件的数量为m件，销售总利润为W元，则购进B配件的数量为$(400 - m)$件。
A配件单件利润：$250 × 16\% = 40$元
B配件单件利润：$60 × (\frac{4}{3} - 1) = 20$元
根据题意得约束条件：$400 - m ≥ 3m$，解得$m ≤ 100$，且$m ≥ 0$，m为整数。
总利润表达式：
$W = 40m + 20(400 - m) = 20m + 8000$
因为$20＞0$，所以W随m的增大而增大，当$m=100$时，W取得最大值：
$W_{max}=20 × 100 + 8000 = 10000$
此时$400 - m = 300$。
答：购进A配件100件，B配件300件时，本次销售的利润最大，最大利润为10000元。
解析
【分析】
(1) 求A、B两种配件的进货单价，属于两个未知量的求解问题，可根据题干给出的两次进货的成本对应两个等量关系，设两个未知数列二元一次方程组求解。
(2) 求利润最大值，首先需明确利润计算公式：总利润=单件利润×销售数量。先分别计算A、B配件的单件利润，设购进A配件的数量为m件，用总进货量表示B配件的数量，进而写出总利润关于m的一次函数表达式；再根据“B配件的进货数量不低于A配件的3倍”列不等式求出m的取值范围；最后根据一次函数的增减性，在m的取值范围内找到使总利润最大的m值，即可得到最优进货方案和最大利润。
【解析】
(1) 设A配件的进货单价为x元，B配件的进货单价为y元。
根据两次进货的成本可列方程组：
$\begin{cases}50x + 125y = 20000 \\40x + 40y = 12400\end{cases}$
化简第二个方程得：$x + y = 310$，即$x = 310 - y$，将其代入第一个方程：
$50(310 - y) + 125y = 20000$
展开计算得$15500 +75y =20000$，解得$y=60$，代入$x = 310 - y$得$x=250$。
(2) 设购进A配件的数量为m件，销售总利润为W元，则购进B配件的数量为$(400 - m)$件。
先计算单件利润：
A配件单件利润：$250 × 16\% = 40$元
B配件单件利润：$60 × (\frac{4}{3} - 1) = 20$元
根据“B配件的进货数量不低于A配件的3倍”得约束条件：
$400 - m ≥ 3m$，解得$m ≤ 100$，结合实际意义，$m ≥ 0$且m为整数。
总利润表达式为：
$W = 40m + 20(400 - m) = 20m + 8000$
因为一次项系数$20＞0$，所以W随m的增大而增大，因此当m取最大值100时，W取得最大值：
$W_{max}=20 × 100 + 8000 = 10000$（元）
此时B配件的进货数量为$400 - 100 = 300$（件）。
【答案】
(1) A配件的进货单价为250元，B配件的进货单价为60元；
(2) 购进A配件100件，B配件300件时销售利润最大，最大利润为10000元。
【知识点】
二元一次方程组的应用，一元一次不等式的应用，一次函数的实际应用
【点评】
本题以实际销售场景为载体，综合考查了方程建模、不等式求解和一次函数求最值的相关知识，需要学生准确梳理题干中的数量关系，兼顾约束条件和函数性质求解，是应用型问题的典型考法，对学生的审题能力和计算能力有一定要求。
【难度系数】
0.7
(1) 求A、B两种配件的进货单价，属于两个未知量的求解问题，可根据题干给出的两次进货的成本对应两个等量关系，设两个未知数列二元一次方程组求解。
(2) 求利润最大值，首先需明确利润计算公式：总利润=单件利润×销售数量。先分别计算A、B配件的单件利润，设购进A配件的数量为m件，用总进货量表示B配件的数量，进而写出总利润关于m的一次函数表达式；再根据“B配件的进货数量不低于A配件的3倍”列不等式求出m的取值范围；最后根据一次函数的增减性，在m的取值范围内找到使总利润最大的m值，即可得到最优进货方案和最大利润。
【解析】
(1) 设A配件的进货单价为x元，B配件的进货单价为y元。
根据两次进货的成本可列方程组：
$\begin{cases}50x + 125y = 20000 \\40x + 40y = 12400\end{cases}$
化简第二个方程得：$x + y = 310$，即$x = 310 - y$，将其代入第一个方程：
$50(310 - y) + 125y = 20000$
展开计算得$15500 +75y =20000$，解得$y=60$，代入$x = 310 - y$得$x=250$。
(2) 设购进A配件的数量为m件，销售总利润为W元，则购进B配件的数量为$(400 - m)$件。
先计算单件利润：
A配件单件利润：$250 × 16\% = 40$元
B配件单件利润：$60 × (\frac{4}{3} - 1) = 20$元
根据“B配件的进货数量不低于A配件的3倍”得约束条件：
$400 - m ≥ 3m$，解得$m ≤ 100$，结合实际意义，$m ≥ 0$且m为整数。
总利润表达式为：
$W = 40m + 20(400 - m) = 20m + 8000$
因为一次项系数$20＞0$，所以W随m的增大而增大，因此当m取最大值100时，W取得最大值：
$W_{max}=20 × 100 + 8000 = 10000$（元）
此时B配件的进货数量为$400 - 100 = 300$（件）。
【答案】
(1) A配件的进货单价为250元，B配件的进货单价为60元；
(2) 购进A配件100件，B配件300件时销售利润最大，最大利润为10000元。
【知识点】
二元一次方程组的应用，一元一次不等式的应用，一次函数的实际应用
【点评】
本题以实际销售场景为载体，综合考查了方程建模、不等式求解和一次函数求最值的相关知识，需要学生准确梳理题干中的数量关系，兼顾约束条件和函数性质求解，是应用型问题的典型考法，对学生的审题能力和计算能力有一定要求。
【难度系数】
0.7
20. 如图,在$□ ABCD$中,$AB=14,AD=8,∠ DAB=60°$,对角线$AC,BD$相交于点$O$。动点$P$在边$AB$上从点$A$向点$B$运动(不与点$A,B$重合),连接$PO$并延长,交$CD$于点$Q$。
(1)求证:$OP=OQ$。
(2)当$AP=9$时,求线段$OP$的长。
(3)连接$AQ,PC$。随着点$P$的运动,四边形$APCQ$可能是菱形吗?若可能,求出此时线段$AP$的长;若不可能,请说明理由。
21. 提升题 在矩形$ABCD$中,点$E$在$CD$上,$AD=EC=3,AB=4$。
【观察与猜想】
(1)如图①,连接$AE$,过点$E$作$EF⊥ AE$,交$BC$于点$F$,连接$AF$。求证:$△ ADE≌△ ECF$。
【类比探究】
(2)如图②,点$P$在矩形$ABCD$的边$AD$上(点$P$不与点$A,D$重合),连接$PE$,过点$E$作$EF⊥ PE$,交$BC$于点$F$,连接$PF$。求证:$△ PDE∽△ ECF$。
【拓展延伸】
(3)如图③,点$P$在矩形$ABCD$的边$AD$上(点$P$不与点$A,D$重合),连接$PE$,过点$E$作$EF⊥ PE$,交$AB$于点$F$,连接$PF$,且$△ PEF$的面积是$4.5$,求$PD$的长。
(1)求证:$OP=OQ$。
(2)当$AP=9$时,求线段$OP$的长。
(3)连接$AQ,PC$。随着点$P$的运动,四边形$APCQ$可能是菱形吗?若可能,求出此时线段$AP$的长;若不可能,请说明理由。
21. 提升题 在矩形$ABCD$中,点$E$在$CD$上,$AD=EC=3,AB=4$。
【观察与猜想】
(1)如图①,连接$AE$,过点$E$作$EF⊥ AE$,交$BC$于点$F$,连接$AF$。求证:$△ ADE≌△ ECF$。
【类比探究】
(2)如图②,点$P$在矩形$ABCD$的边$AD$上(点$P$不与点$A,D$重合),连接$PE$,过点$E$作$EF⊥ PE$,交$BC$于点$F$,连接$PF$。求证:$△ PDE∽△ ECF$。
【拓展延伸】
(3)如图③,点$P$在矩形$ABCD$的边$AD$上(点$P$不与点$A,D$重合),连接$PE$,过点$E$作$EF⊥ PE$,交$AB$于点$F$,连接$PF$,且$△ PEF$的面积是$4.5$,求$PD$的长。
答案
第20题解答
(1) 证明：
∵ 四边形$ABCD$是平行四边形，
∴ $AB// CD$，$OA=OC$，
∴ $∠ OAP=∠ OCQ$。
在$△ AOP$和$△ COQ$中：
$\begin{cases}∠ OAP=∠ OCQ \\OA=OC \\∠ AOP=∠ COQ\end{cases}$
∴ $△ AOP≌△ COQ(\mathrm{ASA})$，
∴ $OP=OQ$。
(2) 解：
过点$D$作$DH⊥ AB$于点$H$。
∵ $AD=8$，$∠ DAB=60°$，
∴ $AH=AD·\cos60°=4$，$DH=AD·\sin60°=4\sqrt{3}$。
以$A$为原点，$AB$所在直线为$x$轴建立平面直角坐标系，则：
$A(0,0)$，$B(14,0)$，$D(4,4\sqrt{3})$，$C(18,4\sqrt{3})$。
∵ $O$是平行四边形对角线交点，
∴ $O$是$AC$中点，坐标为$(9,2\sqrt{3})$。
当$AP=9$时，$P$点坐标为$(9,0)$，
∴ $OP=\sqrt{(9-9)^2+(2\sqrt{3}-0)^2}=2\sqrt{3}$。
(3) 解： 四边形$APCQ$可能是菱形。
由(1)知$OP=OQ$，又$OA=OC$，
∴ 四边形$APCQ$是平行四边形。
若四边形$APCQ$为菱形，则需满足$AP=PC$。
设$AP=x$，则$P(x,0)$，由$PC=AP=x$得：
$(18-x)^2+(4\sqrt{3})^2=x^2$
展开化简：
$324-36x+x^2+48=x^2$
$36x=372$
解得$x=\frac{31}{3}$，且$0＜\frac{31}{3}＜14$，符合题意。
即当$AP=\frac{31}{3}$时，四边形$APCQ$为菱形。
---
第21题解答
(1) 证明：
∵ 四边形$ABCD$是矩形，
∴ $∠ D=∠ C=90°$，
∴ $∠ DAE+∠ AED=90°$。
∵ $AE⊥ EF$，
∴ $∠ AEF=90°$，
∴ $∠ AED+∠ CEF=90°$，
∴ $∠ DAE=∠ CEF$。
在$△ ADE$和$△ ECF$中：
$\begin{cases}∠ DAE=∠ CEF \\AD=EC \\∠ D=∠ C\end{cases}$
∴ $△ ADE≌△ ECF(\mathrm{ASA})$。
(2) 证明：
∵ 四边形$ABCD$是矩形，
∴ $∠ D=∠ C=90°$，
∴ $∠ DPE+∠ DEP=90°$。
∵ $PE⊥ EF$，
∴ $∠ PEF=90°$，
∴ $∠ DEP+∠ CEF=90°$，
∴ $∠ DPE=∠ CEF$，
∴ $△ PDE∽△ ECF$（两角对应相等，三角形相似）。
(3) 解：
设$D$为坐标原点，$DA$在$y$轴，$DC$在$x$轴建立平面直角坐标系：
由题意得$D(0,0)$，$E(1,0)$，$A(0,3)$，$B(4,3)$，$C(4,0)$。
设$PD=x$，则$P(0,x)$，设$F(f,3)$。
∵ $PE⊥ EF$，
∴ 向量$\overrightarrow{PE}·\overrightarrow{EF}=0$，即$1·(f-1)+(-x)·3=0$，解得$f=3x+1$。
在$\mathrm{Rt}△ PEF$中：
$PE=\sqrt{1^2+x^2}=\sqrt{x^2+1}$，
$EF=\sqrt{(f-1)^2+3^2}=\sqrt{(3x)^2+9}=3\sqrt{x^2+1}$。
$△ PEF$的面积为：
$S_{△ PEF}=\frac{1}{2}· PE· EF=\frac{1}{2}·\sqrt{x^2+1}·3\sqrt{x^2+1}=\frac{3}{2}(x^2+1)$
由题知$S_{△ PEF}=4.5$，即：
$\frac{3}{2}(x^2+1)=\frac{9}{2}$
解得$x^2=2$，又$x＞0$，故$x=\sqrt{2}$。
即$PD$的长为$\sqrt{2}$。
(1) 证明：
∵ 四边形$ABCD$是平行四边形，
∴ $AB// CD$，$OA=OC$，
∴ $∠ OAP=∠ OCQ$。
在$△ AOP$和$△ COQ$中：
$\begin{cases}∠ OAP=∠ OCQ \\OA=OC \\∠ AOP=∠ COQ\end{cases}$
∴ $△ AOP≌△ COQ(\mathrm{ASA})$，
∴ $OP=OQ$。
(2) 解：
过点$D$作$DH⊥ AB$于点$H$。
∵ $AD=8$，$∠ DAB=60°$，
∴ $AH=AD·\cos60°=4$，$DH=AD·\sin60°=4\sqrt{3}$。
以$A$为原点，$AB$所在直线为$x$轴建立平面直角坐标系，则：
$A(0,0)$，$B(14,0)$，$D(4,4\sqrt{3})$，$C(18,4\sqrt{3})$。
∵ $O$是平行四边形对角线交点，
∴ $O$是$AC$中点，坐标为$(9,2\sqrt{3})$。
当$AP=9$时，$P$点坐标为$(9,0)$，
∴ $OP=\sqrt{(9-9)^2+(2\sqrt{3}-0)^2}=2\sqrt{3}$。
(3) 解： 四边形$APCQ$可能是菱形。
由(1)知$OP=OQ$，又$OA=OC$，
∴ 四边形$APCQ$是平行四边形。
若四边形$APCQ$为菱形，则需满足$AP=PC$。
设$AP=x$，则$P(x,0)$，由$PC=AP=x$得：
$(18-x)^2+(4\sqrt{3})^2=x^2$
展开化简：
$324-36x+x^2+48=x^2$
$36x=372$
解得$x=\frac{31}{3}$，且$0＜\frac{31}{3}＜14$，符合题意。
即当$AP=\frac{31}{3}$时，四边形$APCQ$为菱形。
---
第21题解答
(1) 证明：
∵ 四边形$ABCD$是矩形，
∴ $∠ D=∠ C=90°$，
∴ $∠ DAE+∠ AED=90°$。
∵ $AE⊥ EF$，
∴ $∠ AEF=90°$，
∴ $∠ AED+∠ CEF=90°$，
∴ $∠ DAE=∠ CEF$。
在$△ ADE$和$△ ECF$中：
$\begin{cases}∠ DAE=∠ CEF \\AD=EC \\∠ D=∠ C\end{cases}$
∴ $△ ADE≌△ ECF(\mathrm{ASA})$。
(2) 证明：
∵ 四边形$ABCD$是矩形，
∴ $∠ D=∠ C=90°$，
∴ $∠ DPE+∠ DEP=90°$。
∵ $PE⊥ EF$，
∴ $∠ PEF=90°$，
∴ $∠ DEP+∠ CEF=90°$，
∴ $∠ DPE=∠ CEF$，
∴ $△ PDE∽△ ECF$（两角对应相等，三角形相似）。
(3) 解：
设$D$为坐标原点，$DA$在$y$轴，$DC$在$x$轴建立平面直角坐标系：
由题意得$D(0,0)$，$E(1,0)$，$A(0,3)$，$B(4,3)$，$C(4,0)$。
设$PD=x$，则$P(0,x)$，设$F(f,3)$。
∵ $PE⊥ EF$，
∴ 向量$\overrightarrow{PE}·\overrightarrow{EF}=0$，即$1·(f-1)+(-x)·3=0$，解得$f=3x+1$。
在$\mathrm{Rt}△ PEF$中：
$PE=\sqrt{1^2+x^2}=\sqrt{x^2+1}$，
$EF=\sqrt{(f-1)^2+3^2}=\sqrt{(3x)^2+9}=3\sqrt{x^2+1}$。
$△ PEF$的面积为：
$S_{△ PEF}=\frac{1}{2}· PE· EF=\frac{1}{2}·\sqrt{x^2+1}·3\sqrt{x^2+1}=\frac{3}{2}(x^2+1)$
由题知$S_{△ PEF}=4.5$，即：
$\frac{3}{2}(x^2+1)=\frac{9}{2}$
解得$x^2=2$，又$x＞0$，故$x=\sqrt{2}$。
即$PD$的长为$\sqrt{2}$。
解析
第20题
【分析】
(1) 要证$OP=OQ$，可通过证明$△ AOP≌△ COQ$实现：先利用平行四边形对边平行、对角线互相平分的性质，得到一组对应角相等和一组对应边相等，再结合对顶角相等，用ASA判定全等即可得到边相等。
(2) 求$OP$的长可通过建系简化计算：先过$D$作$AB$的垂线，利用三角函数求出$D$点坐标，再推导平行四边形其余顶点及对角线交点$O$的坐标，结合$AP=9$得到$P$点坐标，最后用两点间距离公式计算$OP$。
(3) 判断四边形$APCQ$能否为菱形：首先由(1)的结论结合平行四边形对角线互相平分，可证$APCQ$是平行四边形，若要成为菱形只需邻边$AP=PC$，设$AP=x$，用坐标表示出$PC$的长度列方程求解，验证解是否在$P$的运动范围内即可。
【解析】
(1) 证明：
∵ 四边形$ABCD$是平行四边形，
∴ $AB// CD$，$OA=OC$，
∴ $∠ OAP=∠ OCQ$。
在$△ AOP$和$△ COQ$中：
$\begin{cases}∠ OAP=∠ OCQ \\OA=OC \\∠ AOP=∠ COQ\end{cases}$
∴ $△ AOP≌△ COQ(\mathrm{ASA})$，
∴ $OP=OQ$。
(2) 解：
过点$D$作$DH⊥ AB$于点$H$。
∵ $AD=8$，$∠ DAB=60°$，
∴ $AH=AD·\cos60°=4$，$DH=AD·\sin60°=4\sqrt{3}$。
以$A$为原点，$AB$所在直线为$x$轴建立平面直角坐标系，则：
$A(0,0)$，$B(14,0)$，$D(4,4\sqrt{3})$，$C(18,4\sqrt{3})$。
∵ $O$是平行四边形对角线交点，
∴ $O$是$AC$中点，坐标为$(9,2\sqrt{3})$。
当$AP=9$时，$P$点坐标为$(9,0)$，
∴ $OP=\sqrt{(9-9)^2+(2\sqrt{3}-0)^2}=2\sqrt{3}$。
(3) 解： 四边形$APCQ$可能是菱形。
由(1)知$OP=OQ$，又$OA=OC$，
∴ 四边形$APCQ$是平行四边形。
若四边形$APCQ$为菱形，则需满足$AP=PC$。
设$AP=x$，则$P(x,0)$，由$PC=AP=x$得：
$(18-x)^2+(4\sqrt{3})^2=x^2$
展开化简：
$324-36x+x^2+48=x^2$
$36x=372$
解得$x=\frac{31}{3}$，且$0＜\frac{31}{3}＜14$，符合题意。
即当$AP=\frac{31}{3}$时，四边形$APCQ$为菱形。
【答案】
(1) 证明见解析；(2) $OP=2\sqrt{3}$；(3) 可能，$AP=\frac{31}{3}$
【知识点】
平行四边形性质与判定、全等三角形判定、菱形判定
【点评】
本题综合考查平行四边形、全等三角形、菱形的相关知识，引入平面直角坐标系可将几何计算转化为代数计算，降低解题难度，第三问的存在性问题需先确定图形为平行四边形，再结合菱形性质列方程求解。
【难度系数】
0.65
---
第21题
【分析】
(1) 要证$△ ADE≌△ ECF$：先利用矩形的性质得到$∠ D=∠ C=90°$，再结合$EF⊥AE$，用同角的余角相等得到$∠ DAE=∠ CEF$，结合已知$AD=EC$，用ASA即可证明全等。
(2) 要证$△ PDE∽△ ECF$：同样由矩形性质得$∠ D=∠ C=90°$，结合$PE⊥EF$，用同角的余角相等得到$∠ DPE=∠ CEF$，两角对应相等即可判定三角形相似。
(3) 求$PD$的长：可建立平面直角坐标系，设$PD=x$，先通过相似三角形得到$F$点坐标和$x$的关系，再用勾股定理表示出$PE$、$EF$的长度，结合三角形面积公式列方程求解即可。
【解析】
(1) 证明：
∵ 四边形$ABCD$是矩形，
∴ $∠ D=∠ C=90°$，
∴ $∠ DAE+∠ AED=90°$。
∵ $AE⊥ EF$，
∴ $∠ AEF=90°$，
∴ $∠ AED+∠ CEF=90°$，
∴ $∠ DAE=∠ CEF$。
在$△ ADE$和$△ ECF$中：
$\begin{cases}∠ DAE=∠ CEF \\AD=EC \\∠ D=∠ C\end{cases}$
∴ $△ ADE≌△ ECF(\mathrm{ASA})$。
(2) 证明：
∵ 四边形$ABCD$是矩形，
∴ $∠ D=∠ C=90°$，
∴ $∠ DPE+∠ DEP=90°$。
∵ $PE⊥ EF$，
∴ $∠ PEF=90°$，
∴ $∠ DEP+∠ CEF=90°$，
∴ $∠ DPE=∠ CEF$，
∴ $△ PDE∽△ ECF$（两角对应相等，三角形相似）。
(3) 解：
设$D$为坐标原点，$DA$在$y$轴，$DC$在$x$轴建立平面直角坐标系：
由题意得$D(0,0)$，$E(1,0)$，$A(0,3)$，$B(4,3)$，$C(4,0)$。
设$PD=x$，则$P(0,x)$，设$F(f,3)$。
过$F$作$FH⊥CD$于点$H$，则$∠FHE=∠D=90°$，
∵ $PE⊥ EF$，
∴ $∠PEF=90°$，$∠DEP + ∠HEF=90°$，
又$∠HEF + ∠HFE=90°$，
∴ $∠DEP=∠HFE$，
∴ $△PDE∽△EHF$，
∴ $\frac{PD}{EH}=\frac{DE}{FH}$，其中$DE=CD-EC=1$，$FH=AD=3$，$EH=f-1$，
代入得$\frac{x}{f-1}=\frac{1}{3}$，解得$f=3x+1$。
在$\mathrm{Rt}△ PEF$中：
$PE=\sqrt{1^2+x^2}=\sqrt{x^2+1}$，
$EF=\sqrt{(f-1)^2+3^2}=\sqrt{(3x)^2+9}=3\sqrt{x^2+1}$。
$△ PEF$的面积为：
$S_{△ PEF}=\frac{1}{2}· PE· EF=\frac{1}{2}·\sqrt{x^2+1}·3\sqrt{x^2+1}=\frac{3}{2}(x^2+1)$
由题知$S_{△ PEF}=4.5$，即：
$\frac{3}{2}(x^2+1)=\frac{9}{2}$
解得$x^2=2$，又$x＞0$，故$x=\sqrt{2}$。
即$PD$的长为$\sqrt{2}$。
【答案】
(1) 证明见解析；(2) 证明见解析；(3) $PD=\sqrt{2}$
【知识点】
矩形的性质、全等三角形判定、相似三角形判定与性质
【点评】
本题是几何探究类题目，从全等证明到相似证明再到拓展计算，层层递进，解题的关键是利用垂直关系结合同角的余角相等得到相等的角，拓展部分结合相似三角形和勾股定理即可顺利求解。
【难度系数】
0.55
【分析】
(1) 要证$OP=OQ$，可通过证明$△ AOP≌△ COQ$实现：先利用平行四边形对边平行、对角线互相平分的性质，得到一组对应角相等和一组对应边相等，再结合对顶角相等，用ASA判定全等即可得到边相等。
(2) 求$OP$的长可通过建系简化计算：先过$D$作$AB$的垂线，利用三角函数求出$D$点坐标，再推导平行四边形其余顶点及对角线交点$O$的坐标，结合$AP=9$得到$P$点坐标，最后用两点间距离公式计算$OP$。
(3) 判断四边形$APCQ$能否为菱形：首先由(1)的结论结合平行四边形对角线互相平分，可证$APCQ$是平行四边形，若要成为菱形只需邻边$AP=PC$，设$AP=x$，用坐标表示出$PC$的长度列方程求解，验证解是否在$P$的运动范围内即可。
【解析】
(1) 证明：
∵ 四边形$ABCD$是平行四边形，
∴ $AB// CD$，$OA=OC$，
∴ $∠ OAP=∠ OCQ$。
在$△ AOP$和$△ COQ$中：
$\begin{cases}∠ OAP=∠ OCQ \\OA=OC \\∠ AOP=∠ COQ\end{cases}$
∴ $△ AOP≌△ COQ(\mathrm{ASA})$，
∴ $OP=OQ$。
(2) 解：
过点$D$作$DH⊥ AB$于点$H$。
∵ $AD=8$，$∠ DAB=60°$，
∴ $AH=AD·\cos60°=4$，$DH=AD·\sin60°=4\sqrt{3}$。
以$A$为原点，$AB$所在直线为$x$轴建立平面直角坐标系，则：
$A(0,0)$，$B(14,0)$，$D(4,4\sqrt{3})$，$C(18,4\sqrt{3})$。
∵ $O$是平行四边形对角线交点，
∴ $O$是$AC$中点，坐标为$(9,2\sqrt{3})$。
当$AP=9$时，$P$点坐标为$(9,0)$，
∴ $OP=\sqrt{(9-9)^2+(2\sqrt{3}-0)^2}=2\sqrt{3}$。
(3) 解： 四边形$APCQ$可能是菱形。
由(1)知$OP=OQ$，又$OA=OC$，
∴ 四边形$APCQ$是平行四边形。
若四边形$APCQ$为菱形，则需满足$AP=PC$。
设$AP=x$，则$P(x,0)$，由$PC=AP=x$得：
$(18-x)^2+(4\sqrt{3})^2=x^2$
展开化简：
$324-36x+x^2+48=x^2$
$36x=372$
解得$x=\frac{31}{3}$，且$0＜\frac{31}{3}＜14$，符合题意。
即当$AP=\frac{31}{3}$时，四边形$APCQ$为菱形。
【答案】
(1) 证明见解析；(2) $OP=2\sqrt{3}$；(3) 可能，$AP=\frac{31}{3}$
【知识点】
平行四边形性质与判定、全等三角形判定、菱形判定
【点评】
本题综合考查平行四边形、全等三角形、菱形的相关知识，引入平面直角坐标系可将几何计算转化为代数计算，降低解题难度，第三问的存在性问题需先确定图形为平行四边形，再结合菱形性质列方程求解。
【难度系数】
0.65
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第21题
【分析】
(1) 要证$△ ADE≌△ ECF$：先利用矩形的性质得到$∠ D=∠ C=90°$，再结合$EF⊥AE$，用同角的余角相等得到$∠ DAE=∠ CEF$，结合已知$AD=EC$，用ASA即可证明全等。
(2) 要证$△ PDE∽△ ECF$：同样由矩形性质得$∠ D=∠ C=90°$，结合$PE⊥EF$，用同角的余角相等得到$∠ DPE=∠ CEF$，两角对应相等即可判定三角形相似。
(3) 求$PD$的长：可建立平面直角坐标系，设$PD=x$，先通过相似三角形得到$F$点坐标和$x$的关系，再用勾股定理表示出$PE$、$EF$的长度，结合三角形面积公式列方程求解即可。
【解析】
(1) 证明：
∵ 四边形$ABCD$是矩形，
∴ $∠ D=∠ C=90°$，
∴ $∠ DAE+∠ AED=90°$。
∵ $AE⊥ EF$，
∴ $∠ AEF=90°$，
∴ $∠ AED+∠ CEF=90°$，
∴ $∠ DAE=∠ CEF$。
在$△ ADE$和$△ ECF$中：
$\begin{cases}∠ DAE=∠ CEF \\AD=EC \\∠ D=∠ C\end{cases}$
∴ $△ ADE≌△ ECF(\mathrm{ASA})$。
(2) 证明：
∵ 四边形$ABCD$是矩形，
∴ $∠ D=∠ C=90°$，
∴ $∠ DPE+∠ DEP=90°$。
∵ $PE⊥ EF$，
∴ $∠ PEF=90°$，
∴ $∠ DEP+∠ CEF=90°$，
∴ $∠ DPE=∠ CEF$，
∴ $△ PDE∽△ ECF$（两角对应相等，三角形相似）。
(3) 解：
设$D$为坐标原点，$DA$在$y$轴，$DC$在$x$轴建立平面直角坐标系：
由题意得$D(0,0)$，$E(1,0)$，$A(0,3)$，$B(4,3)$，$C(4,0)$。
设$PD=x$，则$P(0,x)$，设$F(f,3)$。
过$F$作$FH⊥CD$于点$H$，则$∠FHE=∠D=90°$，
∵ $PE⊥ EF$，
∴ $∠PEF=90°$，$∠DEP + ∠HEF=90°$，
又$∠HEF + ∠HFE=90°$，
∴ $∠DEP=∠HFE$，
∴ $△PDE∽△EHF$，
∴ $\frac{PD}{EH}=\frac{DE}{FH}$，其中$DE=CD-EC=1$，$FH=AD=3$，$EH=f-1$，
代入得$\frac{x}{f-1}=\frac{1}{3}$，解得$f=3x+1$。
在$\mathrm{Rt}△ PEF$中：
$PE=\sqrt{1^2+x^2}=\sqrt{x^2+1}$，
$EF=\sqrt{(f-1)^2+3^2}=\sqrt{(3x)^2+9}=3\sqrt{x^2+1}$。
$△ PEF$的面积为：
$S_{△ PEF}=\frac{1}{2}· PE· EF=\frac{1}{2}·\sqrt{x^2+1}·3\sqrt{x^2+1}=\frac{3}{2}(x^2+1)$
由题知$S_{△ PEF}=4.5$，即：
$\frac{3}{2}(x^2+1)=\frac{9}{2}$
解得$x^2=2$，又$x＞0$，故$x=\sqrt{2}$。
即$PD$的长为$\sqrt{2}$。
【答案】
(1) 证明见解析；(2) 证明见解析；(3) $PD=\sqrt{2}$
【知识点】
矩形的性质、全等三角形判定、相似三角形判定与性质
【点评】
本题是几何探究类题目，从全等证明到相似证明再到拓展计算，层层递进，解题的关键是利用垂直关系结合同角的余角相等得到相等的角，拓展部分结合相似三角形和勾股定理即可顺利求解。
【难度系数】
0.55
