Question

如圖，在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB=DC=5，AD=6，BC=12．動點(diǎn)P從D點(diǎn)出發(fā)沿DC以每秒1個(gè)單位的速度向終點(diǎn)C運(yùn)動，動點(diǎn)Q從C點(diǎn)出發(fā)沿CB以每秒2個(gè)單位的速度向B點(diǎn)運(yùn)動．兩點(diǎn)同時(shí)出發(fā)，當(dāng)P點(diǎn)到達(dá)C點(diǎn)時(shí)，Q點(diǎn)隨之停止運(yùn)動．運(yùn)動時(shí)間為t秒．
（1）當(dāng)PQ∥AB時(shí)，P點(diǎn)離開D點(diǎn)的時(shí)間等于多少秒？
（2）設(shè)五邊形ABQPD的面積為S，寫出S與t的函數(shù)關(guān)系式．
（3）PQ能否平分梯形ABCD，說明理由．
（4）當(dāng)t為何值時(shí)，P、Q、C三點(diǎn)構(gòu)成直角三角形．

Answer 1

分析：（1）設(shè)P點(diǎn)離開D點(diǎn)的t秒時(shí)PQ∥AB，過點(diǎn)D作DM∥AB交BC于點(diǎn)M，則PQ∥MD，PC=5-t，CQ=2t，由相似三角形的性質(zhì)即可求出t的值；
（2）分別過點(diǎn)A、P，作AE⊥BC，PG⊥BC，先由等腰梯形的性質(zhì)求出BE的長，再由勾股定理求出AE的長，根據(jù)∠B=∠C，用t表示出PG的長，再由S_{五邊形ABQPD}=S_梯形ABCD-S_△PQC即可得出結(jié)論；
（3）由（2）可知，S_梯形ABCD=36，PG=4-

4

5

t，假設(shè)PQ能平分梯形ABCD，則S_△PQC=18，由此可得出關(guān)于t的一元二次方程，求出此方程無解即可；
（4）分別當(dāng)∠PQC=90°時(shí)，易證，△CQP∽△CND，當(dāng)∠CPQ=90°時(shí)，易證△CQP∽△CDN，進(jìn)而得出即可．

解答：解：（1）設(shè)P點(diǎn)離開D點(diǎn)的t秒時(shí)PQ∥AB，過點(diǎn)D作DM∥AB交BC于點(diǎn)M，則PQ∥MD，PC=5-t，CQ=2t，
∵AB∥MD，PQ∥AB，
∴PQ∥MD，
∴

PC

CD

=

CQ

MC

，
∵CD=5，AD=6，BC=12，
∴MC=BC-BM=12-6=6，
∴

5-t

5

=

2t

6

，
解得t=

15

8

（秒）；

（2）如圖2，分別過點(diǎn)A、P，作AE⊥BC，PG⊥BC，
∵在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AD=6，BC=12，
∴BE=

BC-AD

2

=

12-6

2

=3，
∵AB=5，
∴AE=

AB2-BE2

=

52-32

=4，
∴sinB=

AE

AB

=

4

5

，
∵∠B=∠C，sinC=

PG

PC

=

PG

5-t

，
∴

PG

5-t

=

4

5

，
解得PG=4-

4

5

t，
∴S_{五邊形ABQPD}=S_梯形ABCD-S_△PQC=

1

2

×（6+12）×4-

1

2

×2t×（4-

4

5

t），即S=

4

5

t²-4t+36（0＜t≤5）；

（3）不能．
∵由（2）可知，S_梯形ABCD=36，PG=4-

4

5

t，假設(shè)PQ能平分梯形ABCD，則S_△PQC=18，
∴

1

2

×2t×（4-

4

5

t）=18，即2t²-10t+45=0，
∵△=（-10）²-4×2×45=-260＜0，
∴此方程無解，
∴PQ不能平分梯形ABCD；

（4）如圖3，過點(diǎn)D作DN⊥BC于點(diǎn)N，
∵當(dāng)∠PQC=90°時(shí)，△CQP∽△CND，
∴

CP

CD

=

CQ

CN

，

5-t

5

=

2t

3

，解得t=

15

13

；
如圖4，過點(diǎn)D作DN⊥BC于點(diǎn)N，
∵當(dāng)∠CPQ=90°時(shí)，△CQP∽△CDN，
∴

CP

CN

=

CQ

CD

，

5-t

3

=

2t

5

，解得t=

25

11

．
綜上所述，當(dāng)t=

15

13

或t=

25

11

時(shí)點(diǎn)P、Q、C三點(diǎn)構(gòu)成直角三角形．

點(diǎn)評：本題考查的是相似形綜合題及等腰梯形的性質(zhì)、銳角三角函數(shù)的定義，根據(jù)題意作出輔助線，構(gòu)造出相似三角形及直角三角形是解答此題的關(guān)鍵．