Question

18．如圖，在矩形ABCD中，AB=6cm，AD=8cm，點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)沿AD向點(diǎn)D勻速運(yùn)動(dòng)，速度是1cm/s；同時(shí)，點(diǎn)Q從點(diǎn)C出發(fā)沿CB方向，在射線(xiàn)CB上勻速運(yùn)動(dòng)，速度是2cm/s，過(guò)點(diǎn)P作PE∥AC交DC于點(diǎn)E，連接PQ、QE，PQ交AC于F．設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t（s）（0＜t＜8），解答下列問(wèn)題：
（1）當(dāng)t為何值時(shí)，四邊形PFCE是平行四邊形；
（2）設(shè)△PQE的面積為s（cm²），求s與t之間的函數(shù)關(guān)系式；
（3）是否存在某一時(shí)刻t，使得△PQE的面積為矩形ABCD面積的$\frac{9}{32}$；
（4）是否存在某一時(shí)刻t，使得點(diǎn)E在線(xiàn)段PQ的垂直平分線(xiàn)上．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)列出方程，解方程即可；
（2）證明△DPE∽△DAC，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)用t表示出DE、CE、PE，根據(jù)面積公式計(jì)算即可；
（3）根據(jù)題意列出一元二次方程，解方程即可；
（4）根據(jù)線(xiàn)段垂直平分線(xiàn)的性質(zhì)、勾股定理列式計(jì)算．

解答 解：（1）當(dāng)PQ∥CD時(shí)，四邊形PFCE是平行四邊形，
此時(shí)，四邊形PQCD是平行四邊形，
則PD=CQ，即8-t=2t，
解得，t=$\frac{8}{3}$，
即當(dāng)t=$\frac{8}{3}$時(shí)，四邊形PFCE是平行四邊形；

（2）∵PE∥AC，
∴△DPE∽△DAC，
∴$\frac{DP}{DA}$=$\frac{DE}{DC}$=$\frac{PE}{AC}$，即$\frac{8-t}{8}$=$\frac{DE}{6}$=$\frac{PE}{10}$，
解得，DE=6-$\frac{3}{4}$t，PE=10-$\frac{5}{4}$t，
則CE=$\frac{3}{4}$t，
∴y=S_{四邊形PQCD}-S_△PDE-S_△ECQ
=$\frac{1}{2}$×（8-t+2t）×6-$\frac{1}{2}$×（8-t+2t）×（6-$\frac{3}{4}$t）-$\frac{1}{2}$×2t×$\frac{3}{4}$t
=-$\frac{9}{8}$t²+9t，
即s與t之間的函數(shù)關(guān)系式為：y=-$\frac{9}{8}$t²+9t；

（3）矩形ABCD面積為：6×8=48，
由題意得，-$\frac{9}{8}$t²+9t=48×$\frac{9}{32}$，
解得，t=2或6；

（4）當(dāng)點(diǎn)E在線(xiàn)段PQ的垂直平分線(xiàn)上時(shí)，EP=EQ，
由勾股定理得，（2t）²+（$\frac{3}{4}$t）²=（8-t）²+（6-$\frac{3}{4}$t）²，
解得，t₁=$\frac{-25-5\sqrt{73}}{6}$（舍去），t₂=$\frac{-25+5\sqrt{73}}{6}$，
答：t=$\frac{-25+5\sqrt{73}}{6}$時(shí)，點(diǎn)E在線(xiàn)段PQ的垂直平分線(xiàn)上．

點(diǎn)評(píng) 本題考查的是矩形的性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)、二次函數(shù)的解析式的確定，掌握相似三角形的判定定理和性質(zhì)定理、矩形的性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵．