Question

如圖，直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠DAB=90°，AB=7，AD=4，CA=5，動(dòng)點(diǎn)M以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)的速度，從點(diǎn)A沿線段AB向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)；同時(shí)點(diǎn)P以相同的速度，從點(diǎn)C沿折線C→D→A向點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)．當(dāng)點(diǎn)M到達(dá)點(diǎn)B時(shí)，兩點(diǎn)同時(shí)停止運(yùn)動(dòng)．過點(diǎn)M作直線l∥AD，與線段CD交于點(diǎn)E，與折線A-C-B的交點(diǎn)為Q，設(shè)點(diǎn)M的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t．
（1）當(dāng)點(diǎn)P在線段CD上時(shí)，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(diǎn)的三角形為等腰三角形，求t的值；
（3）當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到線段AD上時(shí)，PQ與AC交于點(diǎn)G，若S_△PCG：S_△CQG=1：3，求t的值．

Answer 1

考點(diǎn)：四邊形綜合題

專題：

分析：（1）先由勾股定理得到CD的長(zhǎng)，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(dāng)CP=CQ時(shí)，得：5-

5

3

t=t，解得：t=

15

8

；當(dāng)QC=QP時(shí)解得：t=2；當(dāng)QP=CP時(shí)t=

75

43

；
（3）過點(diǎn)C作CF⊥AB交AB于點(diǎn)F，交PQ于點(diǎn)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(dāng)CP=CQ時(shí)，得：5-

5

3

t=t，解得：t=

15

8

；
當(dāng)QC=QP時(shí)（如圖1），

∵QE⊥CD，
∴CP=2CE，
即：t=2（3-t），
解得：t=2；
當(dāng)QP=CP時(shí)，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(dāng)t=

15

8

，t=2或t=

75

43

時(shí)，以C、P、Q為頂點(diǎn)的三角形為等腰三角形；
（3）如圖3，過點(diǎn)C作CF⊥AB交AB于點(diǎn)F，交PQ于點(diǎn)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(dāng)t=

21

4

時(shí)，S_△PCG：S_△CQG=1：3．

點(diǎn)評(píng)：本題主要考查了四邊形中的動(dòng)點(diǎn)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(shí)點(diǎn)較多，綜合性強(qiáng)．