Question

如圖，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠C=90°，AB=BC=10，AD=16．動(dòng)點(diǎn)P、Q分別從點(diǎn)D、B同時(shí)出發(fā)，動(dòng)點(diǎn)P沿射線(xiàn)DA的方向以每秒2個(gè)單位長(zhǎng)的速度運(yùn)動(dòng)，動(dòng)點(diǎn)Q在線(xiàn)段BC上以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)的速度向點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)Q運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C時(shí)，點(diǎn)P隨之停止運(yùn)動(dòng)．設(shè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t（秒）．
（1）直接用含t的代數(shù)式表示：PA=

16-2t

；
（2）當(dāng)t=

16

3

秒時(shí)，PQ∥AB；
（3）設(shè)射線(xiàn)PQ與射線(xiàn)AB相交于點(diǎn)E，△AEP能否為等腰三角形？如果能，請(qǐng)求出t的值；如果不能，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析：（1）根據(jù)已知求出即可；
（2）根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)和判定得出BQ=AP，求出即可；
（3）求出CD和PN，分為三種情況：①PE=AP，②AE=AP，③PE=AE，根據(jù)勾股定理和等腰三角形的性質(zhì)得出方程，求出方程的解即可．

解答：解：（1）∵AD=16，DP=t，
∴AP=16-2t，
故答案為：16-2t．

（2）當(dāng)BQ=AP，
∵BC∥AD，
∴四邊形PABQ是平行四邊形，
∴此時(shí)PQ∥AB，
即t=16-2t，
t=

16

3

，
故答案為：

16

3

．

（3）設(shè)射線(xiàn)PQ與射線(xiàn)AB相交于點(diǎn)E，△AEP能為等腰三角形，
理由是：
過(guò)B作BM⊥AD于M，
∴∠BMA=90°，
∵∠C=90°，
∴∠D=∠BMA，
∴CD∥BM，
∴四邊形CDMB是矩形，
∴CD=BM，BC=DM=10，
∴AM=16-10-6，
在Rt△BMA中，AB=10，由勾股定理得：BM=8，
分為三種情況：①當(dāng)PE=AP=16-2t時(shí)，
如圖1，過(guò)P作PN⊥BC于N，
則四邊形CDPN是矩形，
∴PN=CD=8，CN=DP=2t，
∵PE=AP，
∴∠A=∠E，
∵BC∥AD，
∴∠EBQ=∠A，
∴∠E=∠EBQ，
∴EQ=BQ=t，
在Rt△PNQ中，由勾股定理得：8²+（10-2t-t）²=（16-2t-t）²，
t=

23

9

；
②如圖1，當(dāng)AE=AP時(shí)，
∵AE=AP，
∴∠E=∠EPA，
∵BC∥AD，
∴∠EPA=∠CQP，
∵∠EQB=∠CQP，
∴∠E=∠EQB，
∴EB=QB=t，
∵AE=AP，BC=10，
∴10+t=16-2t，
t=2；
③如圖1，當(dāng)PE=AE時(shí)，∵BC∥AD，
∴∠EQB=∠EPA，∠EBQ=∠A，
∵AE=PE，
∴∠A=∠EPA，
∴∠EQB=∠EBQ，
∴QE=BE，
∵AE=PE，
∴BC=PQ=10，
在Rt△PNQ中，NQ=10-2t-t=10-3t，pn=8，PQ=BC=10
由勾股定理得：8²+（10-3t）²=10²，
t=

4

3

；
④當(dāng)p在DA的延長(zhǎng)線(xiàn)上時(shí)，若PA=AE，則2t-16=10-t，
解得：t=

26

3

，而點(diǎn)Q運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C所用時(shí)間是10秒，

26

3

＜10，符合題意
即設(shè)射線(xiàn)PQ與射線(xiàn)AB相交于點(diǎn)E，△AEP能為等腰三角形，t的值是

23

9

秒或2秒或

4

3

秒或

26

3

秒．

點(diǎn)評(píng)：本題考查了矩形的性質(zhì)和判定，梯形的性質(zhì)，等腰三角形的性質(zhì)和判定，勾股定理等知識(shí)點(diǎn)的應(yīng)用，主要考查學(xué)生的推理能力，注意要進(jìn)行分類(lèi)討論�。�