Question

10．如圖，矩形ABCD中，AB=6，AD=8，動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)D出發(fā)，以每秒5個(gè)單位的速度向點(diǎn)B勻速運(yùn)動(dòng)，同時(shí)動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)A出發(fā)，以每秒4個(gè)單位的速度向點(diǎn)D勻速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t秒（0＜t＜2）．
（1）連接CQ，當(dāng)t為何值時(shí)CQ=BC；
（2）連接AP，BQ，若BQ⊥AP，求△ABP的面積；
（3）求證：PQ的中點(diǎn)在△ABD的一條中位線上．

Answer 1

分析 （1）用t表示出AQ、DQ的長(zhǎng)，根據(jù)勾股定理求出CQ的長(zhǎng)，根據(jù)題意列出等式，求出時(shí)間t；
（2）過(guò)點(diǎn)P作PE⊥AD，根據(jù)△DEP∽△DAB和△BAQ∽△AEP，求出AE的長(zhǎng)，得到答案；
（3）過(guò)點(diǎn)P作PF⊥AB，連接QF、DF，DF交PQ于O，得到四邊形QFPD為平行四邊形，得到點(diǎn)O是PQ的中點(diǎn)，再證明MN是△ABD的中位線即可．

解答 解：（1）∵AQ=4t，AD=8，∴DQ=8-4t．
又∵AB=6，∴由勾股定理得：
CQ=$\sqrt{{6^2}+（8-4t{）^2}}$
=$\sqrt{16{t^2}-64t+100}$，
∵CQ=BC，
∴$\sqrt{16{t^2}-64t+100}$=8，
解得：t=2-$\frac{{\sqrt{7}}}{2}$，
（2）如圖1，過(guò)點(diǎn)P作PE⊥AD，垂足為E，

∴AB∥PE，
∴△DEP∽△DAB，
∴$\frac{DE}{DA}=\frac{PE}{AB}=\frac{DP}{DB}$，
∴$\frac{DE}{8}=\frac{PE}{6}=\frac{5t}{10}$，
∴DE=4t，EP=3t，
∴AE=8-4t，
又∵BQ⊥AP，AB⊥AD，
∴∠ABQ+∠BAP=90°，∠EAP+∠BAP=90°，
∴∠ABQ=∠EAP．∵∠BAQ=∠APE，
∴△BAQ∽△AEP，
∴$\frac{BA}{AE}=\frac{AQ}{PE}$，即$\frac{6}{8-4t}=\frac{4t}{3t}$，
解得：t=$\frac{7}{8}$，
∴AE=$\frac{9}{2}$，
∴△ABP的面積為$\frac{1}{2}$×6×$\frac{9}{2}$=$\frac{27}{2}$．
（3）如圖2，過(guò)點(diǎn)P作PF⊥AB，垂足為F，連接QF、DF，DF交PQ于O．  
 
∴AD∥PF，∴△PFB∽△DAB，
∴$\frac{PF}{AD}=\frac{BP}{DB}$，
∴$\frac{PF}{8}=\frac{10-5t}{10}$，
∴PF=8-4t，
∴PF=DQ，
∴四邊形QFPD為平行四邊形，
∴點(diǎn)O是PQ和DF的中點(diǎn)，
過(guò)點(diǎn)O作MN∥AB交AD、BD于M、N兩點(diǎn)，則$\frac{DM}{AM}=\frac{OD}{OF}=1$．
∴M是AD的中點(diǎn)，同理N是BD的中點(diǎn)，
∴MN是△ABD的中位線，
∴PQ的中點(diǎn)O在△ABD的中位線MN上．

點(diǎn)評(píng) 本題是四邊形的綜合應(yīng)用題，要正確運(yùn)用平行四邊形的對(duì)角線互相平分、三角形中位線的定義和性質(zhì)、勾股定理和相似三角形的性質(zhì)，能夠用運(yùn)動(dòng)的觀點(diǎn)分析問(wèn)題．