Question

1．如圖，矩形紙ABCD，AB=3，AD=6，動點(diǎn)Q從點(diǎn)A出發(fā)以每秒1個單位長的速度沿AB向終點(diǎn)B運(yùn)動，運(yùn)動$\frac{2}{3}$秒時，動點(diǎn)P從點(diǎn)D出發(fā)以相等的速度沿DA向終點(diǎn)A運(yùn)動．當(dāng)其中一點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)時，另一點(diǎn)也停止運(yùn)動．設(shè)點(diǎn)P的運(yùn)動時間為t（秒）．將△APQ沿PQ翻折，得到△EPQ
（1）用含t的代數(shù)式表示AP=6-t，AQ=$\frac{2}{3}$+t；
（2）連接BD，在運(yùn)動過程中，當(dāng)△PQE∽△BDC時，求t的值；
（3）在運(yùn)動的過程中，∠PQE能否等于∠ABD的一半？若能，求出相應(yīng)的t值；若不能，說明理由．（參考數(shù)據(jù)：$\sqrt{2}$=1.4，$\sqrt{3}$=1.7，$\sqrt{5}$=2.2）

Answer 1

分析 （1）由題意可知：點(diǎn)P運(yùn)動t秒時，點(diǎn)Q運(yùn)動了（$\frac{2}{3}$+t）秒，根據(jù)時間×速度得到運(yùn)動的距離，即線段的長；
（2）由△PQE≌△PQA和△PQE∽△BDC，得：△PQA∽△BDC，列比例式可得：AP=2AQ，列式可得結(jié)論；
（3）如圖2，根據(jù)角的關(guān)系得：EQ∥BD，根據(jù)三角函數(shù)表示AH的長和PH的長，由AH=AP+PH列式可得結(jié)論．

解答 解：（1）由題意得：DP=t，AQ=$\frac{2}{3}$+t，
∴AP=AD-DP=6-t，
故答案為：6-t；$\frac{2}{3}$+t；

（2）如圖1，由折疊得：△PQE≌△PQA，
當(dāng)△PQE∽△BDC時，
得：△PQA∽△BDC，
∴$\frac{PA}{BC}=\frac{AQ}{DC}$，
∴$\frac{AP}{AQ}=\frac{BC}{DC}$，
∵四邊形ABCD是矩形，
∴BC=AD=6，DC=AC=3，
∴$\frac{AP}{AQ}=\frac{6}{3}$=2，
∴AP=2AQ，
即6-t=2（$\frac{2}{3}$+t），
t=$\frac{14}{9}$；

（3）如圖2，由折疊得：∠PQE=∠AQP，
當(dāng)∠PQE=$\frac{1}{2}$∠ABD時，2∠PQE=∠ABD，
∴∠EQA=∠ABD，
∴EQ∥BD，
延長QE交AD于H，
tan∠ABD=tan∠EQA=$\frac{AD}{AB}=\frac{6}{3}$=2，
∴$\frac{AH}{AQ}=2$，
∴AH=2（$\frac{2}{3}$+t）=$\frac{4}{3}$+2t，
∵QH∥BD，
∴∠AHQ=∠ADB，
∴sin∠AHQ=$\frac{PE}{PH}$=sin∠ADB=$\frac{AB}{BD}$，
∴$\frac{6-t}{PH}=\frac{3}{\sqrt{{6}^{2}+{3}^{2}}}$，
PH=$\sqrt{5}$（6-t），
由AP+PH=AH得：6-t+$\sqrt{5}$（6-t）=$\frac{4}{3}$+2t，
t=$\frac{6+6\sqrt{5}-\frac{4}{3}}{3+\sqrt{5}}$=$\frac{\frac{40}{3}\sqrt{5}-16}{4}$，
解得：t=$\frac{10}{3}$；
∵動點(diǎn)Q從點(diǎn)A出發(fā)以每秒1個單位長的速度沿AB向終點(diǎn)B運(yùn)動，且點(diǎn)P的運(yùn)動時間為t（秒）．
∴t+$\frac{2}{3}$≤3，
∴t≤$\frac{7}{3}$，
∵$\frac{10}{3}$＞$\frac{7}{3}$，
所以在運(yùn)動的過程中，∠PQE不能等于∠ABD的一半．

點(diǎn)評 本題是四邊形的綜合題，考查了折疊的性質(zhì)、三角形相似的性質(zhì)和判定、矩形的性質(zhì)、三角函數(shù)以及動點(diǎn)運(yùn)動問題，要特別注意本題的兩個問題：①兩個動點(diǎn)不是同時出發(fā)，有時間差$\frac{2}{3}$，②設(shè)點(diǎn)P的運(yùn)動時間為t（秒）；正確表示動點(diǎn)P、Q兩點(diǎn)的路程是關(guān)鍵．