Question

1．如圖，矩形ABCD中，AB=16cm，BC=6cm，點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)沿AB向點(diǎn)B移動(dòng)（不與點(diǎn)A、B重合），一直到達(dá)點(diǎn)B為止；同時(shí)，點(diǎn)Q從點(diǎn)C出發(fā)沿CD向點(diǎn)D移動(dòng)（不與點(diǎn)C、D重合）．運(yùn)動(dòng)時(shí)間設(shè)為t秒．
（1）若點(diǎn)P、Q均以3cm/s的速度移動(dòng)，則：AP=3tcm；QC=3tcm．（用含t的代數(shù)式表示）
（2）若點(diǎn)P為3cm/s的速度移動(dòng)，點(diǎn)Q以2cm/s的速度移動(dòng)，經(jīng)過多長時(shí)間PD=PQ，使△DPQ為等腰三角形？
（3）若點(diǎn)P、Q均以3cm/s的速度移動(dòng)，經(jīng)過多長時(shí)間，四邊形BPDQ為菱形？

Answer 1

分析 （1）根據(jù)路程=速度×?xí)r間，即可解決問題．
（2）過點(diǎn)P作PE⊥CD于點(diǎn)E，利用等腰三角形三線合一的性質(zhì)，DE=$\frac{1}{2}$DQ，列出方程即可解決問題．
（3）當(dāng)PD=PB時(shí)，四邊形BPDQ是菱形，列出方程即可解決問題．

解答 解：（1）∵AP=3t，CQ=3t．
故答案為3t，3t；

（2）過點(diǎn)P作PE⊥CD于點(diǎn)E，
∴∠PED=90°，
∵PD=PQ，
∴DE=$\frac{1}{2}$DQ
在矩形ABCD中，∠A=∠ADE=90°，CD=AB=16cm
∴四邊形PEDA是矩形，
∴DE=AP=3t，
又∵CQ=2t，
∴DQ=16-2t
∴由DE=$\frac{1}{2}$DQ，
∴3t=$\frac{1}{2}$×（16-2t），
∴t=2
∴當(dāng)t=2時(shí)，PD=PQ，△DPQ為等腰三角形

（3）在矩形ABCD中，AB=CD，AB∥CD，AD=BC，依題知AP=CQ=3t
∴PB=DQ，
∴四邊形BPDQ是平行四邊形，
當(dāng)PD=PB時(shí)，四邊形BPDQ是菱形，
∴PB=AB-AP=16-3t
在Rt△APD中，PD=$\sqrt{A{P}^{2}+A{D}^{2}}$=$\sqrt{9{t}^{2}+36}$，
由PD=PB，
∴16-3t=$\sqrt{9{t}^{2}+36}$，
∴（16-3t）²=9t²+36，
解得：$t=\frac{55}{24}$
∴當(dāng)$t=\frac{55}{24}$時(shí)，四邊形BPDQ是菱形．

點(diǎn)評(píng) 本題考查四邊形綜合題，路程、速度、時(shí)間之間的關(guān)系，菱形的判定和性質(zhì)，矩形的判定和性質(zhì)，勾股定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是靈活應(yīng)用所學(xué)知識(shí)解決問題，學(xué)會(huì)添加常用輔助線，構(gòu)造特殊四邊形解決問題，屬于中考�？碱}型．