Question

（2012•福州）如圖1，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，動點P從點A開始沿邊AC向點C以1個單位長度的速度運動，動點Q從點C開始沿邊CB向點B以每秒2個單位長度的速度運動，過點P作PD∥BC，交AB于點D，連接PQ分別從點A、C同時出發(fā)，當其中一點到達端點時，另一點也隨之停止運動，設(shè)運動時間為t秒（t≥0）．
（1）直接用含t的代數(shù)式分別表示：QB=

8-2t

，PD=

4

3

t

．
（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，說明理由．并探究如何改變Q的速度（勻速運動），使四邊形PDBQ在某一時刻為菱形，求點Q的速度；
（3）如圖2，在整個運動過程中，求出線段PQ中點M所經(jīng)過的路徑長．

Answer 1

分析：（1）根據(jù)題意得：CQ=2t，PA=t，由Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，PD∥BC，即可得tanA=

PD

PA

=

BC

AC

=

4

3

，則可求得QB與PD的值；
（2）易得△APD∽△ACB，即可求得AD與BD的長，由BQ∥DP，可得當BQ=DP時，四邊形PDBQ是平行四邊形，即可求得此時DP與BD的長，由DP≠BD，可判定?PDBQ不能為菱形；然后設(shè)點Q的速度為每秒v個單位長度，由要使四邊形PDBQ為菱形，則PD=BD=BQ，列方程即可求得答案；
（3）設(shè)E是AC的中點，連接ME．當t=4時，點Q與點B重合，運動停止．設(shè)此時PQ的中點為F，連接EF，由△PMN∽△PQC．利用相似三角形的對應(yīng)邊成比例，即可求得答案．

解答：解：（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

PA

=

BC

AC

=

4

3

，
∴PD=

4

3

t．
故答案為：（1）8-2t，

4

3

t．

（2）不存在
在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，
∴AB=10
∵PD∥BC，
∴△APD∽△ACB，
∴

AD

AB

=

AP

AC

，即

AD

10

=

t

6

，
∴AD=

5

3

t，
∴BD=AB-AD=10-

5

3

t，
∵BQ∥DP，
∴當BQ=DP時，四邊形PDBQ是平行四邊形，
即8-2t=

4t

3

，解得：t=

12

5

．
當t=

12

5

時，PD=

4

3

×

12

5

=

16

5

，BD=10-

5

3

×

12

5

=6，
∴DP≠BD，
∴?PDBQ不能為菱形．
設(shè)點Q的速度為每秒v個單位長度，
則BQ=8-vt，PD=

4

3

t，BD=10-

5

3

t，
要使四邊形PDBQ為菱形，則PD=BD=BQ，
當PD=BD時，即

4

3

t=10-

5

3

t，解得：t=

10

3

當PD=BQ，t=

10

3

時，即

4

3

×

10

3

=8-

10

3

v，解得：v=

16

15

當點Q的速度為每秒

16

15

個單位長度時，經(jīng)過

10

3

秒，四邊形PDBQ是菱形．

（3）如圖2，以C為原點，以AC所在的直線為x軸，建立平面直角坐標系．
依題意，可知0≤t≤4，當t=0時，點M₁的坐標為（3，0），當t=4時點M₂的坐標為（1，4）．
設(shè)直線M₁M₂的解析式為y=kx+b，
∴

3k+b=0 k+b=4

，
解得

k=-2 b=6

，
∴直線M₁M₂的解析式為y=-2x+6．
∵點Q（0，2t），P（6-t，0）
∴在運動過程中，線段PQ中點M₃的坐標（

6-t

2

，t）．
把x=

6-t

2

代入y=-2x+6得y=-2×

6-t

2

+6=t，
∴點M₃在直線M₁M₂上．
過點M₂作M₂N⊥x軸于點N，則M₂N=4，M₁N=2．
∴M₁M₂=2

5

∴線段PQ中點M所經(jīng)過的路徑長為2

5

單位長度．

點評：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，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．