Question

16．如圖1，四邊形ABCD中，AD∥BC，∠A=90°，BD⊥CD，AD=$\frac{9}{5}$cm，BC=5cm，動點P從點D出發(fā)，以1cm/s的速度沿DB方向運動，動點Q也從點D出發(fā)，以$\frac{4}{3}$cm/的速度沿DC方向運動，P，Q兩點同時出發(fā)，當點Q到達點C時停止運動，點P也隨之停止，設運動時間為sx（x＞0）．
（1）求線段DB的長；
（2）請判斷PQ與BC的位置關系，并加以證明；
（3）伴隨P，Q兩點的運動，將△DPQ繞點P旋轉，得到△PMN，點M落在線段PQ上，若△PMN與△DBC的重疊部分的圖形周長為y．
①請求出y與x之間的函數關系式，并指出自變量x的取值范圍；
②求出當4＜y≤5時x的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）首先證明△ABD∽△DCB，根據相似三角形的對應邊的比相等求得BD的長；
（2）利用x表示出DP和DQ的長，證明△BCD∽△PQD，則∠DPQ=∠DBC，根據平行線的判定定理證明；
（3）①作PE⊥BC于點E，當PE=DQ是，N在BC上，求得x的值，然后分成N在BC以前和N在BC下邊兩種情況進行討論，從而求解；
②與①相似分成兩種情況，即可列不等式從而求解．

解答 解：（1）∵AD∥BC，
∴∠ADB=∠DBC，
又∵∠A=∠BDC=90°，
∴△ABD∽△DCB，
∴$\frac{AD}{DB}=\frac{DB}{BC}$，即$\frac{\frac{9}{5}}{DB}=\frac{DB}{5}$，
解得：BD=3；   
（2）在直角△BCD中，CD=$\sqrt{B{C}^{2}-B{D}^{2}}$=$\sqrt{{5}^{2}-{3}^{2}}$=4，
DP=xcm，DQ=$\frac{4}{3}$xcm．
則$\frac{DP}{DB}=\frac{DQ}{CD}$，
又∵∠BDC=∠PDQ，
∴△BCD∽△PQD，
∴∠DPQ=∠DBC，
∴PQ∥BC；
（3）作PE⊥BC于點E．
則△PBE∽△CBD，$\frac{PE}{CD}=\frac{BP}{BC}$，即$\frac{PE}{4}=\frac{3-x}{5}$，則PE=$\frac{4}{5}$（3-x），
同理，DQ=$\frac{4}{3}$PD=$\frac{4}{3}$x，PQ=$\frac{5}{3}$x．
當點N落在BC邊上時$\frac{4}{5}$（3-x）=$\frac{4}{3}x$，
解得：x=$\frac{9}{8}$．
①當0＜x≤$\frac{9}{8}$時，y=x+$\frac{4}{3}$x+$\frac{5}{3}$x=4x； 
當$\frac{9}{8}$＜x≤3時，FN=MN-MF=DQ-PE=$\frac{4}{3}$x-$\frac{4}{5}$（3-x）=$\frac{32}{15}$x-$\frac{12}{5}$，
則在直角△NFG中，FG=$\frac{3}{4}$FN=$\frac{3}{4}$（$\frac{32}{15}$x-$\frac{12}{5}$）=$\frac{8}{5}$x-$\frac{9}{5}$，
GN=$\frac{5}{4}$x=$\frac{5}{4}$（$\frac{32}{15}$x-$\frac{12}{5}$）=$\frac{8}{3}$x-3．
則PG=$\frac{5}{3}$x-（$\frac{8}{3}$x-3）=3-x．
則y=x+$\frac{4}{5}$（3-x）+（$\frac{8}{5}$x-$\frac{9}{5}$）+（3-x）=$\frac{4}{5}$x+$\frac{18}{5}$；
②當0＜x≤$\frac{9}{8}$時，4＜4x≤5時，解得：1＜x≤$\frac{5}{4}$，則1＜x≤$\frac{9}{8}$；
當$\frac{9}{8}$＜x≤3，4＜$\frac{4}{5}$x+$\frac{18}{5}$≤5時，解得：$\frac{1}{2}$＜x≤$\frac{7}{4}$，則$\frac{9}{8}$＜x≤$\frac{7}{4}$．
總之，1＜x≤$\frac{7}{4}$．

點評 本題考查了相似三角形的判定與性質，根據相似三角形的性質，正確利用x表示出圖形中線段GN、PG、DQ的長度是關鍵．