Question

（2011•濉溪縣二模）如圖，直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠A=90°，AB=6，AD=4，DC=3，點P從點A出發(fā)沿折線段AD-DC-CB以每秒3個單位長的速度向點B勻速運動，同時，點Q從點A出發(fā)沿射線AB方向以每秒2個單位長的速度勻速運動，當(dāng)點P與點B重合時停止運動，點Q也隨之停止，設(shè)點P，Q的運動時間是t秒（t＞0）．
（1）當(dāng)點P到達(dá)終點B時，求t的值；
（2）設(shè)△APQ的面積為S，分別求出點P運動到AD、CD上時，S與t的函數(shù)關(guān)系式；
（3）當(dāng)t為何值時，能使PQ∥DB；
（4）是否存在t值，使PQ⊥AC？若存在，直接寫出t的值；若不存在，請簡要說明理由．

Answer 1

【答案】分析：（1）把AD，DC，BC它們的和求出來再除以速度每秒3個單位就可以求出t的值；
（2）當(dāng)點P運動到AD時上時，根據(jù)△APQ為直角三角形，△APQ的面積為S，點P和點Q的運動速度．即可求出S與t的函數(shù)關(guān)系式；同理，求出當(dāng)點P運動到DC時上時的函數(shù)關(guān)系式．
（3）如圖，假設(shè)t秒后PQ∥DB，利用△PCN∽△PBQ，得出對應(yīng)邊的比值，即可求出．
（4）假設(shè)存在t值，使PQ⊥AC，分四種情況討論即可．
解答：解：（1）如圖1，過C點作CE⊥AB，
∵直角梯形ABCD中，AB∥CD，∠A=90°，
∴四邊形ADCE是矩形，
∴AD=CE，AE=CD，
∵AB=6，AD=4，DC=3，
∴AD=CE=4，AE=CD=3，EB=AB-AE=3，
∴BC==5，
∴點P到達(dá)終點B時，所走的路程為AD+CD+BC=4+3+5=12，
∵點P從點A出發(fā)沿折線段AD-DC-CB以每秒3個單位長的速度向點B勻速運動，
∴當(dāng)點P到達(dá)終點B時，t==4．
答：t的值為4；

（2）當(dāng)點P運動到AD時上時，
∵△APQ為直角三角形，△APQ的面積為S，
∴s=PA•AQ，
∵點P從點A出發(fā)沿折線段AD-DC-CB以每秒3個單位長的速度向點B勻速運動，
點Q從點A出發(fā)沿射線AB方向以每秒2個單位長的速度勻速運動，
∴s=×3t×2t=3t²．
當(dāng)點P運動到DC時上時，
s=×AD×2t=×4×2t=4t，
答：點P運動到AD上時，S與t的函數(shù)關(guān)系式為s=3t²；
當(dāng)點P運動到DC時上時，S與t的函數(shù)關(guān)系式為s=4t，

（3）若PQ∥DB，則點P、Q必在DB同側(cè)．
①當(dāng)點Q在AB上，點P在AD上時，
∵AP：AQ=3t：2t=3：2，
而AD：AB=4：6=2：3，
∴AP：AQ≠AD：AB，則此情景下PQ不平行DB；
②因點Q沿射線AB運動，
所以點Q在AB延長線上，點P在CB上時，即當(dāng)3＜t＜4 時，PB=12-3t，PC=3t-7，BQ=2t-6．
若PQ∥DB，設(shè)直線PQ交DC與N，
∵DC∥AB，
∴△PCN∽△PBQ，
∴CN：BQ=PC：PB，則CN=；
又∵NQ∥DB，
∴CN：CD=CP：CB，
則CN=，
所以=，
解得t=（符合題意）．
綜上情景①、②所述，當(dāng)t=時，PQ∥DB．

（4）存在t=3，使PQ⊥AC．理由如下：
分四種情況討論：
①當(dāng)0＜t≤時，P在AD上，Q在AE上，設(shè)PQ與AC交于點O；
如圖，若PQ⊥AC，則△AOP∽△ADC，∴AP：AC=AO：AD，∴3t：5=AO：4，∴AO=t，
又若PQ⊥AC，則△QOA∽△ADC，∴OA：DC=AQ：AC，∴AO：3=2t：5，∴AO=t，
∴t=t，∴t=0，此解不符合題意，則此時PQ⊥AC不成立；
②當(dāng)＜t≤時，P在DC上，Q在AB上，設(shè)PQ與AC交于點O；
如圖，若PQ⊥AC，則△COP∽△CDA，∴CP：AC=OC：CD，∴（7-3t）：5=OC：3，∴OC=（7-3t），
又若PQ⊥AC，則△QOA∽△ADC，∴OA：DC=AQ：AC，∴AO：3=2t：5，∴AO=t，
∵OC+OA=AC，∴（7-3t）+t=5，∴t=-，此解不符合題意，則此時PQ⊥AC不成立；
③當(dāng)＜t≤3時，P在CB上，Q在AB上；
如圖，顯然此時PQ不可能與AC垂直；
④當(dāng)3＜t≤4時，P在CB上，Q在AB的延長線上，設(shè)直線PQ與AC交于點O，過點P作PM⊥AB于M．
在△BPM中，PM=BP•sin∠PBM=BP=（12-3t），MQ=．
由△QAO∽△ACD，得AO：AQ=CD：AC=3：5．
過點P作PN⊥OQ交AB于N．則PN=BP=12-3t，BN=2BM=BP，
NQ=BN+BQ=BP+（2t-6）=．
由△QOA∽△QPN，得AO：AQ=PN：NQ，
即3：5=BP：，
∴25BP=18BP+30t-90，
∴7BP=7（12-3t）=30t-90，
∴51t=174，
解得t=3=3，
綜上可知，當(dāng)t=3時，PQ⊥AC．
點評：此題綜合性很強，把圖形的變換放在梯形的背景中，利用直角梯形的性質(zhì)結(jié)合已知條件探究圖形的變換，根據(jù)變換的圖形的性質(zhì)求出運動時間．此題屬于難題．