Question

如圖，在矩形ABCD中，AB=4，BC=6，動(dòng)點(diǎn)P從B點(diǎn)沿B→A方向向終點(diǎn)A以每秒1個(gè)單位的速度運(yùn)動(dòng)，同時(shí)動(dòng)點(diǎn)Q從B點(diǎn)沿B→C方向向終點(diǎn)C以每秒2個(gè)單位的速度運(yùn)動(dòng)；以線(xiàn)段PQ為折痕將△BPQ對(duì)折，設(shè)對(duì)折后點(diǎn)B與點(diǎn)R重合，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒．
（1）當(dāng)t=

2.5

秒時(shí)，點(diǎn)R在A(yíng)D邊上（如圖甲）；
（2）當(dāng)t=

15

8

秒時(shí)，點(diǎn)R在矩形ABCD的對(duì)角線(xiàn)AC上（如圖乙）．

Answer 1

分析：（1）作GQ⊥BC交AD于G，根據(jù)軸對(duì)稱(chēng)的性質(zhì)可以得出△PBQ≌△PRQ，就可以得出PB=PR，BQ=RQ，就有ABQG是矩形，先表示出RG，在△PAQ中由勾股定理就可以求出結(jié)論；
（2）作QG⊥AC于G，根據(jù)軸對(duì)稱(chēng)的性質(zhì)可以得出△PBQ≌△PRQ，就可以得出PB=PR，BQ=RQ，再根據(jù)條件由△APR∽△GRQ就可以求出結(jié)論．

解答：解：（1）作GQ⊥BC交AD于G，
∴∠BQG=90°．
∵四邊形ABCD是矩形，
∴AB=CD=4，BC=AD=6．∠A=∠B=∠C=∠D=90°．
∴∠BQG=∠B=∠A=90°，
∴四邊形ABQG是矩形，
∴AB=GQ=4，AG=BQ．∠AGQ=90°
∵△PBQ與△PRQ關(guān)于PQ對(duì)稱(chēng)，
∴△PBQ≌△PRQ，
∴∠PBQ=∠PRQ=90°，PB=PR，BQ=RQ．
∴∠ARP+∠QRG=90°．
∵∠ARP+∠APR=90°，
∴∠APR=∠GRQ，∠BPQ=∠RPQ，∠PQR=∠PQB．
∵∠A=∠AGQ=90°，
∴△APR∽△GRQ，
∴

PR

RQ

=

AP

GR

∵BP=t，BQ=2t，
∴AP=4-t，AG=2t，PR=t，RQ=2t．
在Rt△RGQ中，由勾股定理，得
RG=

4t2-16

．
∴

t

2t

=

4-t

4t2-16

，
∴t=2.5．
故答案為：2.5

（2）作RG⊥BC于G，連接RB交PQ于E，
∴∠RGB=∠RGC=90°．
∵PR=PB，∠BPQ=∠RPQ，
∴∠PER=∠PEB=90°，RE=BE．
∵∠PEB+∠EBQ=90°，∠EBQ+∠BQE=90°，
∴∠PBE=∠BPQ．
∵∠RBG+∠BRG=90°，
∴∠BRG=∠BQP．
∵PB=t，BQ=2t，
∴tan∠BQP=tan∠BRG=tan∠PBE=

1

2

．
設(shè)PE=x，則BE=2x，由勾股定理，得
x=

5

5

t，
∴BE=

2 5

5

t，
∴BR=

4 5

5

t．
設(shè)BG=a，則GR=2a，由勾股定理，得
a=

4

5

t，
∴GR=

8

5

t．
∴CG=6-

4

5

t．
∵∠ABC=∠RGC=90°，
∴RG∥AB，
∴△CGR∽△CBA，
∴

RG

AB

=

CG

BC

，
∴

8 5 t

4

=

6- 4 5 t

6

，
∴t=

15

8

．
故答案為：2.5，

15

8

．

點(diǎn)評(píng)：本題考查了軸對(duì)稱(chēng)的性質(zhì)的運(yùn)用，勾股定理的運(yùn)用，相似三角形的判定及性質(zhì)的運(yùn)用，三角函數(shù)值的運(yùn)用，矩形的性質(zhì)的運(yùn)用，直角三角形的性質(zhì)的運(yùn)用，解答時(shí)求出運(yùn)用相似三角形的性質(zhì)求解是關(guān)鍵．