Question

如圖，在□ABCD中，AB=4cm，BC=2cm，∠B=120°，E是BC的中點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)C出發(fā)，以2cm/s的速度沿CD向終點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)，同時(shí)動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)A出發(fā)，以4cm/s的速度沿AB向終點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，當(dāng)它們有一個(gè)到達(dá)終點(diǎn)時(shí)，另一個(gè)也隨之停止運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為ts．
（1）當(dāng)t為何值時(shí)，四邊形AQPD為平行四邊形？
（2）設(shè)DQ²=y，求y關(guān)于t的函數(shù)關(guān)系式，并寫(xiě)出自變量t的取值范圍；
（3）在運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中是否存在某一時(shí)刻，使得△CPE與△DPQ相似？若存在，請(qǐng)求出t的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析：（1）先由四邊形ABCD是平行四邊形可得出CD∥AB，由CD=AB=4cm，E是BC的中點(diǎn)可得出BC的長(zhǎng)，欲使四邊形AQPD為平行四邊形，只要AQ=DP，再用t分別表示出AQ及DP的長(zhǎng)，求出t的值即可；
（2）過(guò)點(diǎn)D作DF⊥AB交AB于F，在Rt△ADF中，利用銳角三角函數(shù)的定義可求出AF、DF的長(zhǎng)，在Rt△DFQ中，由勾股定理即可得出y與t的函數(shù)關(guān)系式，根據(jù)AB=4cm，Q點(diǎn)的速度為4cm/s，可求出t的取值范圍；
（3）先由相似三角形的判定定理得出△ADQ∽△CPE，由于兩三角形相似的對(duì)應(yīng)邊不能確定，故應(yīng)分三種情況進(jìn)行討論：
①當(dāng)∠A=∠DPQ=60°時(shí)，由AB∥CD可知∠PDQ=∠AQD，再根據(jù)△ADQ∽△PDQ，AQ=DP可得出4-2t=4t，故可求出t的值；
②當(dāng)∠DQP=∠A=60°時(shí)，由∠PDQ=∠AQD，△ADQ∽△PDQ，可知

DQ

PD

=

AQ

DQ

，故可得出關(guān)于t的一元二次方程，求出t的值即可；
③當(dāng)∠PDQ=∠A=60°，由∠PDQ=∠AQD=∠A=60°可知△PDQ為等邊三角形，故DP=AQ=AD=2，即4-2t=2，解得t=1，而t=1時(shí)，Q已到終點(diǎn)，故不可能．

解答：解：（1）∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴CD∥AB，CD=AB=4cm，
∵E是BC的中點(diǎn)，BC=2cm，
∴欲使AQPD為平行四邊形，只要AQ=DP．
∵動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)C出發(fā)，以2cm/s的速度沿CD向終點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)，同時(shí)動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)A出發(fā)，以4cm/s的速度沿AB向終點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，
∴AQ=4t，DP=CD-CP=4-2t，
∴4-2t=4t，
∴t=

2

3

；

（2）如圖1，過(guò)點(diǎn)D作DF⊥AB交AB于F，
∵∠B=120°，AD=2cm，
∴∠A=60°，
在Rt△ADF中，
AF=ADcos60°=2×0.5=1cm
DF=ADsin60°=2×

3

2

=

3

cm
在Rt△DFQ中，
DQ²=(

3

)2+(4t-1)2，依題意，DQ²=y即y=16t²-8t+4，
∵AB=4cm，Q點(diǎn)的速度為4cm/s
∴0＜t≤1；

（3）∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴CD∥AB，CD=AB=4cm，
∵AD=BC=2cm，∠A=∠C=60°E為BC的中點(diǎn)，CP=2t，AQ=4t，

AD

CE

=

AQ

CP

=

1

2

∴△ADQ∽△CPE，
①如圖2，當(dāng)∠A=∠DPQ=60°時(shí)，
∵AB∥CD，
∴∠PDQ=∠AQD
∵△ADQ∽△PDQ，AQ=DP
∴4-2t=4t，
∴t=

2

3

；
②如圖3，當(dāng)∠DQP=∠A=60°時(shí)，
∵∠PDQ=∠AQD，

DQ

PD

=

AQ

DQ

，
∴DQ²=AQ•PD，即16t²-8t+4=4t（4-2t）6t²-6t+1=0，
t=

6± 36-4×6

2×6

=

3± 3

6

，
t1=

3+ 3

6

＜1，t2=

3- 3

6

＜1；
③如圖4，若∠PDQ=∠A=60°，
∵∠PDQ=∠AQD=∠A=60°
∴△PDQ為等邊三角形，
∴DP=AQ=AD=2，即4-2t=2，解得t=1，
而t=1時(shí)，Q已到終點(diǎn)，故不可能．
綜上所述，當(dāng)t=

2

3

秒，t1=

3+ 3

6

秒或t2=

3- 3

6

秒時(shí)，△PDQ∽△CPE．

點(diǎn)評(píng)：本題考查的是相似形綜合題，涉及到相似三角形的判定與性質(zhì)、等邊三角形的判定與性質(zhì)、平行四邊形的判定與性質(zhì)等相關(guān)知識(shí)，難度較大．