Question

如圖1，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)A開始沿邊AC向點(diǎn)C以1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度運(yùn)動(dòng)，動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)C開始沿邊CB向點(diǎn)B以每秒2個(gè)單位長(zhǎng)度的速度運(yùn)動(dòng)，過(guò)點(diǎn)P作PD∥BC，交AB于點(diǎn)D，連接PQ分別從點(diǎn)A、C同時(shí)出發(fā)，當(dāng)其中一點(diǎn)到達(dá)端點(diǎn)時(shí)，另一點(diǎn)也隨之停止運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒（t≥0）．

（1）直接用含t的代數(shù)式分別表示：QB=　_________　，PD=　_________　．

（2）是否存在t的值，使四邊形PDBQ為菱形？若存在，求出t的值；若不存在，說(shuō)明理由．并探究如何改變Q的速度（勻速運(yùn)動(dòng)），使四邊形PDBQ在某一時(shí)刻為菱形，求點(diǎn)Q的速度；

（3）如圖2，在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，求出線段PQ中點(diǎn)M所經(jīng)過(guò)的路徑長(zhǎng)．

 

Answer 1

【答案】

（1）8﹣2t，t     （2）不存在   當(dāng)點(diǎn)Q的速度為每秒個(gè)單位長(zhǎng)度時(shí)，經(jīng)過(guò)秒，四邊形PDBQ是菱形        （3）2

【解析】

試題分析：（1）根據(jù)題意得：CQ=2t，PA=t，

∴QB=8﹣2t，

∵在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，PD∥BC，

∴∠APD=90°，

∴tanA==，

∴PD=t．

故答案為：（1）8﹣2t，t．

（2）不存在

在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，

∴AB=10

∵PD∥BC，

∴△APD∽△ACB，

∴，即，

∴AD=t，

∴BD=AB﹣AD=10﹣t，

∵BQ∥DP，

∴當(dāng)BQ=DP時(shí)，四邊形PDBQ是平行四邊形，

即8﹣2t=，解得：t=．

當(dāng)t=時(shí)，PD==，BD=10﹣×=6，

∴DP≠BD，

∴?PDBQ不能為菱形．

設(shè)點(diǎn)Q的速度為每秒v個(gè)單位長(zhǎng)度，

則BQ=8﹣vt，PD=t，BD=10﹣t，

要使四邊形PDBQ為菱形，則PD=BD=BQ，

當(dāng)PD=BD時(shí)，即t=10﹣t，解得：t=

當(dāng)PD=BQ，t=時(shí)，即=8﹣，解得：v=

當(dāng)點(diǎn)Q的速度為每秒個(gè)單位長(zhǎng)度時(shí)，經(jīng)過(guò)秒，四邊形PDBQ是菱形．

（3）如圖2，以C為原點(diǎn)，以AC所在的直線為x軸，建立平面直角坐標(biāo)系．

依題意，可知0≤t≤4，當(dāng)t=0時(shí)，點(diǎn)M₁的坐標(biāo)為（3，0），當(dāng)t=4時(shí)點(diǎn)M₂的坐標(biāo)為（1，4）．

設(shè)直線M₁M₂的解析式為y=kx+b，

∴，

解得，

∴直線M₁M₂的解析式為y=﹣2x+6．

∵點(diǎn)Q（0，2t），P（6﹣t，0）

∴在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，線段PQ中點(diǎn)M₃的坐標(biāo)（，t）．

把x=代入y=﹣2x+6得y=﹣2×+6=t，

∴點(diǎn)M₃在直線M₁M₂上．

過(guò)點(diǎn)M₂做M₂N⊥x軸于點(diǎn)N，則M₂N=4，M₁N=2．

∴M₁M₂=2

∴線段PQ中點(diǎn)M所經(jīng)過(guò)的路徑長(zhǎng)為2單位長(zhǎng)度．

考點(diǎn)：相似三角形的判定與性質(zhì)；一次函數(shù)綜合題；勾股定理；菱形的判定與性質(zhì)．

點(diǎn)評(píng)：此題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、平行四邊形的判定與性質(zhì)、菱形的判定與性質(zhì)以及一次函數(shù)的應(yīng)用．此題綜合性很強(qiáng)，難度較大，解題的關(guān)鍵是注意數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用．