Question

如圖，直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠DAB=90°，AB=7，AD=4，CA=5，動點M以每秒1個單位長的速度，從點A沿線段AB向點B運動；同時點P以相同的速度，從點C沿折線C→D→A向點A運動．當點M到達點B時，兩點同時停止運動．過點M作直線l∥AD，與線段CD交于點E，與折線A-C-B的交點為Q，設點M的運動時間為t．
（1）當點P在線段CD上時，CE=

 

，CQ=

 

；（用含t的代數(shù)式表示）；
（2）在（1）的條件下，如果以C、P、Q為頂點的三角形為等腰三角形，求t的值；
（3）當點P運動到線段AD上時，PQ與AC交于點G，若S_△PCG：S_△CQG=1：3，求t的值．

Answer 1

考點：四邊形綜合題

專題：

分析：（1）先由勾股定理得到CD的長，可得CE=3-t，再由直線l∥AD，得

CQ

CA

=

CE

CD

，所以CQ=5-

5

3

t；
（2）當CP=CQ時，得：5-

5

3

t=t，解得：t=

15

8

；當QC=QP時解得：t=2；當QP=CP時t=

75

43

；
（3）過點C作CF⊥AB交AB于點F，交PQ于點H．由QM=PA且QM∥PA，求得四邊形AMQP為平行四邊形．S_△PCG：S_△CQG=1：3，且S_△PCG=

1

2

PG•CH，S_△CQG=

1

2

QG•CH，所以PG：QG=1：3．得：

3

4

（7-t）=

1

4

t，解方程即可求得t．

解答：解：（1）∵AB∥CD，∠DAB=90°，
∴∠D=90°，
∴CD=

AC2-AD2

=

52-42

=3．
∴CE=3-t，
∵直線l∥AD，
∴

CQ

CA

=

CE

CD

∴CQ=5-

5

3

t；
（2）當CP=CQ時，得：5-

5

3

t=t，解得：t=

15

8

；
當QC=QP時（如圖1），

∵QE⊥CD，
∴CP=2CE，
即：t=2（3-t），
解得：t=2；
當QP=CP時，由勾股定理可得：
PQ²=（2t-3）²+（4-

4

3

t）²，
∴（2t-3）²+（4-

4

3

t）²=t²，
整理得：43t²-204t+225=0，
解得：t₁=3（舍去），t₂=

75

43

．
因此當t=

15

8

，t=2或t=

75

43

時，以C、P、Q為頂點的三角形為等腰三角形；
（3）如圖3，過點C作CF⊥AB交AB于點F，交PQ于點H．

PA=DA-DP=4-（t-3）=7-t．
在Rt△BCF中，由題意得，
BF=AB-AF=4．
∴CF=BF，
∴∠B=45°，
∴QM=MB=7-t，
∴QM=PA．
又∵QM∥PA，
∴四邊形AMQP為平行四邊形．
∴PQ=AM=t．
∵S_△PCG：S_△CQG=1：3，且S_△PCG=

1

2

PG•CH，S_△CQG=

1

2

QG•CH，
∴PG：QG=1：3．
得：

3

4

（7-t）=

1

4

t，
解得：t=

21

4

．
因此當t=

21

4

時，S_△PCG：S_△CQG=1：3．

點評：本題主要考查了四邊形中的動點問題．用到平行四邊形的判定與性質(zhì)，勾股定理，一元二次方程，知識點較多，綜合性強．