Question

7．如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，四邊形OABC的四個(gè)頂點(diǎn)的坐標(biāo)分別為O（0，0），A（1，3），B（7，3），C（12，0）．點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)沿AB以1cm/s的速度向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)：點(diǎn)Q從點(diǎn)C出發(fā)沿CO以2cm/s的速度向點(diǎn)O運(yùn)動(dòng)（其中有一點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)，另一點(diǎn)也立即停止運(yùn)動(dòng)）
（1）運(yùn)動(dòng)多少時(shí)間后，四邊形BPQC為平行四邊形？
（2）運(yùn)動(dòng)多少時(shí)間后，四邊形BPQC為等腰梯形？
（3）運(yùn)動(dòng)多少時(shí)間后，四邊形BPQC為直角梯形？
（4）運(yùn)動(dòng)多少時(shí)間后，△QPB為等腰三角形？

Answer 1

分析 （1）先由運(yùn)動(dòng)知，CQ=2t，BP=6-t，進(jìn)而根據(jù)平行四邊形得性質(zhì)即可建立方程求解即可；
（2）先判斷出Rt△BFC≌Rt△PEQ，再用CQ=EQ+EF+CF建立方程即可得出結(jié)論；
（3）先判斷出CQ=CF+PB，進(jìn)而建立方程即可得出結(jié)論；
（4）分三種情況討論計(jì)算即可得出結(jié)論．

解答 解：∵A（1，3），B（7，3），
∴AB∥x軸，AB=7-1=6，
∵C（12，0），
∴OC=12，
設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，（0≤t≤6）
（1）由運(yùn)動(dòng)知，AP=t，CQ=2t，
∴BP=AB-AP=6-t，
∵四邊形BPQC為平行四邊形，
∴BP=CQ，
∴6-t=2t，
∴t=2秒，
即：運(yùn)動(dòng)2秒后，四邊形BPQC為平行四邊形

（2）如圖1，
過(guò)點(diǎn)B作BF⊥OC，過(guò)點(diǎn)P作PE⊥OC，
∴四邊形PEFB是矩形，
∴PB=EF，PE=BF，
∵B（7，3），
∴F（7，0），
∴CF=5，
∵四邊形PBCQ是等腰梯形，
∴PQ=BC，
在Rt△BFC和Rt△PEQ中，$\left\{\begin{array}{l}{BC=PQ}\\{BF=PE}\end{array}\right.$，
∴Rt△BFC≌Rt△PEQ，
∴EQ=CF=5，
∴CQ=EQ+EF+CF，
由運(yùn)動(dòng)知，AP=t，CQ=2t，
∴EF=PB=6-t，
∴2t=5+6-t+5，
∴t=$\frac{16}{3}$，
即：運(yùn)動(dòng)$\frac{16}{3}$秒后，四邊形BPQC為等腰梯形

（3）如圖2，過(guò)點(diǎn)B作BF⊥OC，
∵四邊形PBCQ是直角梯形，
∴四邊形BFQP是矩形，
∴FQ=PB，
∴CQ=CF+FQ=CF+PB，
由（2）知，CF=5，
由（1）知，PB=6-t，
∴2t=5+6-t，
∴t=$\frac{11}{3}$，
即：運(yùn)動(dòng)$\frac{11}{3}$秒后，四邊形BPQC為直角梯形；

（4）設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，
∴AP=t，CQ=2t，
∴OQ=12-t，
∴P（t+1，3），Q（12-t，0），
∴B（7，3），
∴BP²=（6-t）²=t²-12t+36，PQ²=（t+1-12+t）²+9=4t²-44t+130，BQ²=（12-t-7）²+9=t²-10t+34，
∵△QPB為等腰三角形，
∴①當(dāng)BP=BQ時(shí)，t²-12t+36=t²-10t+34，
∴t=1，
②當(dāng)BP=PQ時(shí)，t²-12t+36=4t²-44t+130，
此方程無(wú)解；
③當(dāng)BQ=PQ時(shí)，4t²-44t+130=t²-10t+34，
∴t=$\frac{27}{4}$（舍）或t=$\frac{15}{4}$，
即：運(yùn)動(dòng)1秒或$\frac{15}{4}$秒后，△QPB為等腰三角形．

點(diǎn)評(píng) 此題是四邊形綜合題，主要考查了平行四邊形的性質(zhì)，等腰梯形和直角梯形的性質(zhì)，等腰三角形得性質(zhì)，解本題的關(guān)鍵是用方程的思想思考問(wèn)題，是一道中等難度的中考�？碱}．