Question

3．如圖1，矩形ABCD中，AD=4cm，AB=2cm，對角線AC、BD交于點O，過點O作OE⊥AD于點E
（1）求OE的長；
（2）如圖2，動點P從點D出發(fā)沿DC向點C運動，當(dāng)點P運動到何位置時，四邊形OEDP為矩形？
（3）如圖3，若動點P、Q分別從點D、E出發(fā)，以1cm/s的速度分別沿射線DC、射線ED的方向移動，設(shè)PQ=y，試求出y關(guān)于時間t的函數(shù)關(guān)系式，并猜想是否存在某一時刻，使PQ=BD？如果存在，請直接寫出t值；如果不存在，說明理由
．

Answer 1

分析 （1）由矩形的性質(zhì)得出OA=OC=$\frac{1}{2}$AC，OB=OD=$\frac{1}{2}$BD，AC=BD，CD=AB=2cm，∠BAD=∠ADC=90°，得出OA=OD，由等腰三角形的性質(zhì)得出AE=DE，證出OE是△ABD的中位線，由三角形中位線定理即可得出結(jié)果；
（2）根據(jù)題意得出當(dāng)PD=OE=1cm時，四邊形OEDP為矩形，得出PD=$\frac{1}{2}$CD即可；
（3）分兩種情況：當(dāng)0＜t≤2時，DQ=2-x；當(dāng)t＞2時，∠PDQ=90°，DQ=x-2，由勾股定理即可得出結(jié)果；由PQ=BD得出方程，解方程即可．

解答 解：（1）∵四邊形ABCD是矩形，
∴OA=OC=$\frac{1}{2}$AC，OB=OD=$\frac{1}{2}$BD，AC=BD，CD=AB=2cm，∠BAD=∠ADC=90°，
∴OA=OD，
∵OE⊥AD，
∴AE=DE，
∴OE是△ABD的中位線，
∴OE=$\frac{1}{2}$AB=1cm；
（2）根據(jù)題意得：當(dāng)PD=OE=1cm時，四邊形OEDP為矩形，
∴PD=$\frac{1}{2}$CD，
即當(dāng)點P運動到CD的中點位置時，四邊形OEDP為矩形；
（3）當(dāng)0＜t≤2時，DQ=2-x，
由勾股定理得：PQ=$\sqrt{P{D}^{2}+D{Q}^{2}}$=$\sqrt{{t}^{2}+（2-t）^{2}}$=$\sqrt{2{t}^{2}-4t+4}$；
當(dāng)t＞2時，∠PDQ=90°，DQ=x-2，
由勾股定理得：PQ=$\sqrt{P{D}^{2}+D{Q}^{2}}$=$\sqrt{{t}^{2}+（t-2）^{2}}$=$\sqrt{2{t}^{2}-4t+4}$；
綜上所述：y與時間t的函數(shù)關(guān)系式為y=$\sqrt{2{t}^{2}-4t+4}$；
存在某一時刻，使PQ=BD，t=4s；理由如下：
∵BD=$\sqrt{A{B}^{2}+A{D}^{2}}$=$\sqrt{{2}^{2}+{4}^{2}}$=2$\sqrt{5}$，
當(dāng)PQ=BD時，2$\sqrt{5}$=$\sqrt{2{t}^{2}-4t+4}$，
解得：t=4或t=-2（舍去），
∴t=4，因此存在某一時刻，使PQ=BD，此時t=4s．

點評 本題是四邊形綜合題目，考查了矩形的性質(zhì)、三角形中位線定理、矩形的判定、勾股定理、解方程等知識；本題綜合性強，難度適中，熟練掌握矩形的性質(zhì)和勾股定理是解決問題的關(guān)鍵．