Question

（2013•南通二模）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）當(dāng)點Q從B點向A點運動時（未到達(dá)A點），若△APQ∽△ABC，求t的值；
（2）伴隨著P，Q兩點的運動，線段PQ的垂直平分線為直線l．
①當(dāng)直線l經(jīng)過點A時，射線QP交AD邊于點E，求AE的長；
②是否存在t的值，使得直線l經(jīng)過點B？若存在，請求出所有t的值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析：（1）求出AC，根據(jù)△APQ∽△ABC得出方程，求出方程的解即可；
（2）①根據(jù)線段垂直平分線得出AP=AQ，得出3-t=t，求出t=1.5，延長QP交AD于E，過Q作QO∥AD交AC于O，根據(jù)△AQO∽△ABC，求出AO=

5

2

，QO=2，根據(jù)△APE∽△OPQ即可求出答案；②（i）當(dāng)點Q從B向A運動時，直線l過B點，BQ=BP=AP=t，∠QBP=∠QAP，∠PBC=∠PCB，得出CP=AP=

1

2

AC，代入求出即可；（ii）當(dāng)點Q從A向B運動時，直線l過B點，過P作PG⊥BC于G，根據(jù)△PGC∽△ABC求出PG=

3

5

（5-t），CG=

4

5

（5-t），由勾股定理得出方程（6-t）²=（

4

5

t）²+[

3

5

（5-t）]²，求出方程的解即可．

解答：解：（1）∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，
∵AB=3，BC=4，由勾股定理得：AC=5，
∵△APQ∽△ABC，
∴

AP

AB

=

AQ

AC

，
∴

t

3

=

3-t

5

，
t=

9

8

；

（2）①∵QP的垂直平分線過A，
∴AP=AQ，
∴3-t=t，
t=1.5，
∴AP=AQ=1.5，
延長QP交AD于E，過Q作QO∥AD交AC于O，
則QO∥BC，
∴△AQO∽△ABC，
∴

AO

AC

=

AQ

AB

=

QO

BC

，
∴AO=

AQ

AB

•AC=

5

2

，QO=

AQ

AB

•BC=2，
∴PO=AO-AP=1，
∵QO∥AD，
∴△APE∽△OPQ，
∴

AE

OQ

=

AP

OP

，
∴AE=

AP

OP

•OQ=3．

②解：存在t的值，使得直線l經(jīng)過點B，
理由是：（i）如圖2，
當(dāng)點Q從B向A運動時，直線l過B點，
BQ=BP=AP=t，∠QBP=∠QAP，
∵∠QBP+∠PBC=90°，∠QAP+∠PCB=90°，
∴∠PBC=∠PCB，
∴CP=BP=AP=t，
∴CP=AP=

1

2

AC=

1

2

×5=2.5，
即t=2.5；
（ii）如圖3，
當(dāng)點Q從A向B運動時，直線l過B點，
BP=BQ=3-（t-3）=6-t，AP=t，PC=5-t，
過P作PG⊥BC于G，
則PG∥AB，
∴△PGC∽△ABC，
∴

PC

AC

=

PG

AB

=

GC

BC

，
∴PG=

PC

AC

•AB=

3

5

（5-t），CG=

PC

AC

•BC=

4

5

（5-t），
由勾股定理得：BP²=BG²+PG²，
∴（6-t）²=（

4

5

t）²+[

3

5

（5-t）]²，
t=

45

14

，
存在t的值，使得直線l經(jīng)過點B，t的值是2.5或

45

14

．

點評：本題考查了矩形性質(zhì)，相似三角形的性質(zhì)和判定，勾股定理，線段垂直平分線性質(zhì)，等腰三角形性質(zhì)的應(yīng)用，主要考查學(xué)生綜合運用性質(zhì)進(jìn)行推理和計算的能力，題目比較好，但是有一定的難度．