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18.如圖,在矩形ABCD中,AB=3,BC=4.動點P從點A出發(fā)沿AC向終點C運動,同時動點Q從點B出發(fā)沿BA向點A運動,到達(dá)A點后立刻以原來的速度沿AB返回.點P,Q運動速度均為每秒1個單位長度,當(dāng)點P到達(dá)點C時停止運動,點Q也同時停止.連結(jié)PQ,設(shè)運動時間為t(t>0)秒.
(1)在點Q從B到A的運動過程中,
①當(dāng)t=98時,PQ⊥AC;
②求△APQ的面積S關(guān)于t的函數(shù)關(guān)系式,并寫出t的取值范圍;
(2)伴隨著P、Q兩點的運動,線段PQ的垂直平分線為l.
①當(dāng)l經(jīng)過點A時,射線QP交AD于點E,求AE的長;
②當(dāng)l經(jīng)過點B時,求t的值.

分析 (1)①由勾股定理求出AC,再證明△APQ∽△ABC,得出對應(yīng)邊成比例,即可得出結(jié)果;
②過點P作PH⊥AB于點H,AP=t,AQ=3-t,證△AHP∽△ABC,求出PH=45t,根據(jù)三角形面積公式求出即可;
(2)①根據(jù)線段的垂直平分線的性質(zhì)求出AP=AQ,得出3-t=t,求出即可,延長QP交AD于點E,過點Q作QO∥AD交AC于點O,證△AQO∽△ABC,求出AO,QO,PO=1,證△APE∽△OPQ求出AE即可;
②(�。┊�(dāng)點Q從B向A運動時l經(jīng)過點B,求出CP=AP=12AC=2.5,即可求出t;
(ⅱ)當(dāng)點Q從A向B運動時l經(jīng)過點B,求出BP=BQ=6-t,AP=t,PC=5-t,過點P作PG⊥CB于點G,證△PGC∽△ABC,求出PG=35(5-t),CG=45(5-t),BG=45t,由勾股定理得出方程,求出方程的解即可.

解答 解:(1)①∵四邊形ABCD是矩形,
∴∠B=90°,
∴AC=AB2+BC2=32+42=5,
∵PQ⊥AC,
∴∠APQ=90°=∠B,
又∵∠PAQ=∠BAC,
∴△APQ∽△ABC,
APAB=AQAC,
t3=3t5,
解得:t=98
即t=98時,PQ⊥AC,
故答案為:98
②如圖1所示,過點P作PH⊥AB于點H,AP=t,AQ=3-t,
則∠AHP=∠ABC=90°,
∵∠PAH=∠CAB,
∴△AHP∽△ABC,
APAC=PHBC,
∵AP=t,AC=5,BC=4,
∴PH=45t,
∴S=12•(3-t)•45t,
即S=-25t2+65t,t的取值范圍是:0<t<3.
(2)①如圖2,線段PQ的垂直平分線為l經(jīng)過點A,則AP=AQ,
即3-t=t,
∴t=1.5,
∴AP=AQ=1.5;
延長QP交AD于點E,過點Q作QO∥AD交AC于點O,
則△AQO∽△ABC,
AOAC=AQAB=QOBC
∴AO=AQAB•AC=52,QO=AQAB•BC=2,
∴PO=AO-AP=1. 
∵OQ∥BC∥AD,
∴△APE∽△OPQ
AEQO=APQP
∴AE=APQP•QO=3.
②(�。┤鐖D3,當(dāng)點Q從B向A運動時l經(jīng)過點B,
BQ=CP=AP=t,∠QBP=∠QAP
∵∠QBP+∠PBC=90°,∠QAP+∠PCB=90°
∴∠PBC=∠PCB   CP=BP=AP=t
∴CP=AP=12AC=12×5=2.5∴t=2.5.   
(ⅱ)如圖4,當(dāng)點Q從A向B運動時l經(jīng)過點B;
BP=BQ=3-(t-3)=6-t,AP=t,PC=5-t,
過點P作PG⊥CB于點G,則PG∥AB,
∴△PGC∽△ABC,
PCAC=PGAB=GCBC
∴PG=PCAC•AB=35(5-t),CG=PCAC•BC=45(5-t),
∴BG=4-45(5-t)=45t,
由勾股定理得:BP2=BG2+PG2,
即(6-t)2=(45t)2+[35(5-t)]2
解得:t=4514;
綜上所述:存在t的值,使得直線l經(jīng)過點B,t的值是2.5或4514

點評 本題是四邊形綜合題目,考查了矩形性質(zhì),等腰三角形性質(zhì),線段垂直平分線性質(zhì),勾股定理,相似三角形的性質(zhì)和判定的應(yīng)用,主要考查學(xué)生分析問題和解決問題的能力,題目比較典型,但是有一定的難度.

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