Question

19．如圖，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，動點(diǎn)P從點(diǎn)A開始沿邊AC向點(diǎn)C以每秒1個單位長度的速度運(yùn)動，動點(diǎn)Q從點(diǎn)C開始沿邊CB向點(diǎn)B以每秒2個單位長度的速度運(yùn)動，過點(diǎn)P作PD∥BC，交AB于點(diǎn)D，連接PQ．點(diǎn)P，Q分別從點(diǎn)A，C同時出發(fā)，當(dāng)其中一點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)時，另一點(diǎn)也隨之停止運(yùn)動，設(shè)運(yùn)動時間為t秒（t＞0）．
（1）直接用含t的代數(shù)式分別表示：QB=8-2t，PD=$\frac{4}{3}$t，AD=$\frac{5}{3}t$；
（2）是否存在t的值，使四邊形PDBQ為菱形？若存在，求出t的值；若不存在，說明理由．并探究如何改變點(diǎn)Q的速度（勻速運(yùn)動），使四邊形PDBQ在某一時刻為菱形，求點(diǎn)Q的速度；
（3）在運(yùn)動過程中，將△ABC沿直線PD翻折后點(diǎn)A落在直線AC上的點(diǎn)E處，若DE恰好經(jīng)過線段PQ中點(diǎn)M，求t的值．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)題意得：CQ=2t，PA=t，由Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，PD∥BC，即可得tanA=$\frac{PD}{PA}$=$\frac{BC}{AC}$=$\frac{4}{3}$，求得QB與PD的值，利用勾股定理可得AD；
（2）由（1）AD的長可求得BD的長，由BQ∥DP，可得當(dāng)BQ=DP時，四邊形PDBQ是平行四邊形，即可求得此時DP與BD的長，由DP≠BD，可判定?PDBQ不能為菱形，然后設(shè)點(diǎn)Q的速度為每秒v個單位長度，由要使四邊形PDBQ為菱形，則PD=BD=BQ，列方程即可求得答案；
（3）連接DM并延長，分別交直線BC，AC于F，G兩點(diǎn)，易得△PDM≌△QFM，得QF，CF的長，當(dāng)DE經(jīng)過點(diǎn)M時，E與G重合，CG=2PA-AC=2t-6，∠DGP=∠DAP，利用正切得FC=$\frac{4}{3}GC$，解得t．

解答 解：（1）∵AC=6，BC=8，
∴AB=$\sqrt{{BC}^{2}{+AC}^{2}}$=$\sqrt{{8}^{2}{+6}^{2}}$=10，
∵動點(diǎn)P從點(diǎn)A開始沿邊AC向點(diǎn)C以每秒1個單位長度的速度運(yùn)動，動點(diǎn)Q從點(diǎn)C開始沿邊CB向點(diǎn)B以每秒2個單位長度的速度運(yùn)動，
∴CQ=2t，PA=t，
∴QB=8-2t，
∵tanA=$\frac{PD}{PA}$=$\frac{BC}{AC}$=$\frac{4}{3}$，
∴PD=$\frac{4}{3}$t，
∵PD∥BC，
∴PD⊥AD，
∴AD=$\sqrt{{PD}^{2}{+PA}^{2}}$=$\frac{5}{3}$t，
故答案為：8-2t，$\frac{4}{3}t$，$\frac{5}{3}t$；

（2）不存在．
在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，
∴$AB=\sqrt{A{C^2}+B{C^2}}=10$．
∴BD=AB-AD=10-$\frac{5}{3}$t．
∵BQ∥DP，
∴當(dāng)BQ=DP時，四邊形PDBQ是平行四邊形，
即8-2t=$\frac{4}{3}$t，解得：t=$\frac{12}{5}$，
當(dāng)t=$\frac{12}{5}$時，PD=$\frac{4}{3}$×$\frac{12}{5}$=$\frac{16}{5}$，BD=10-$\frac{5}{3}$×$\frac{12}{5}$=6，
∴DP≠BD
∴□PDBQ不能為菱形，
設(shè)點(diǎn)Q的速度為每秒v個單位長度，
則BQ=8-vt，PD=$\frac{4}{3}$t，BD=10-$\frac{5}{3}$t，
要使四邊形PDBQ為菱形，則PD=BD=BQ，
當(dāng)PD=BD時，即$\frac{4}{3}$t=10-$\frac{5}{3}$t，解得：t=$\frac{10}{3}$，
當(dāng)PD=BQ時，t=$\frac{10}{3}$，即$\frac{4}{3}$×$\frac{10}{3}$=8-$\frac{10}{3}$v，解得：v=$\frac{16}{15}$，
∴點(diǎn)Q的速度為每秒$\frac{16}{15}$個單位長度，經(jīng)過$\frac{10}{3}$秒，四邊形PDBQ是菱形；

（3）連接DM并延長，分別交直線BC，AC于F，G兩點(diǎn)，
∵PD∥BC，
∴$\left\{\begin{array}{l}{∠DPM=∠FQM}\\{∠PDM=∠MFQ}\\{PM=MQ}\end{array}\right.$，
∴△PDM≌△QFM（AAS），
∴QF=PD=$\frac{4}{3}$t，
∴F在邊BC上，G在邊AC的延長線上，
CF=CQ-QF=$\frac{2}{3}t$
當(dāng)DE經(jīng)過點(diǎn)M時，E與G重合，CG=2PA-AC=2t-6，∠DGP=∠DAP，
∵$tan∠DAP=\frac{BC}{AC}=\frac{4}{3}$，
∴$tan∠DGP=\frac{FC}{GC}=\frac{4}{3}$，
∴$FC=\frac{4}{3}GC$，即$\frac{2}{3}t=\frac{4}{3}×（2t-6）$，
解得t=4．

點(diǎn)評 本題主要考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、平行四邊形的判定與性質(zhì)、菱形的判定與性質(zhì)以及銳角三角函數(shù)，解題的關(guān)鍵是注意數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用．