Question

（2013•高淳縣二模）如圖，在直角梯形OABC中，OA∥BC，A、B兩點的坐標(biāo)分別為A（13，0），B（11，12）．動點P、Q分別從O、B兩點同時出發(fā)，點P以每秒3個單位的速度沿射線OA運動，點Q以每秒1個單位的速度沿線段BC運動，當(dāng)點Q運動到C點時，P、Q同時停止運動，動點P、Q運動時間為t秒．設(shè)線段PQ和OB相交于點D，過點D作DE∥OA交AB于點E，射線QE交x軸于點F．
（1）當(dāng)t為何值時，以P、A、B、Q為頂點的四邊形是平行四邊形？
（2）設(shè)以P、A、E、Q為頂點的四邊形面積為S，求S關(guān)于運動時間t的函數(shù)關(guān)系式，并求出S的最大值；
（3）當(dāng)t為何值時，△PQF是等腰三角形？

Answer 1

分析：（1）當(dāng)且僅當(dāng)PA=QB時，以P、A、B、Q為頂點的四邊形是平行四邊形，利用t分別表示出PA和QB的長，即可得到關(guān)于t的方程，從而求解；
（2）過點Q作QG⊥xZHOU，垂足是G，過點E作EH⊥x軸，垂足是H，則QG=12．當(dāng)0≤t≤

13

3

時，根據(jù)S=S_△QPF-S_△AEF，利用平行線分線段成比例定理表示出AF、EH的長，則可以得到函數(shù)解析式；當(dāng)

13

3

＜t≤11時，S=S_△QAF-S_△EPF，類似上面的情況即可寫出函數(shù)解析式，根據(jù)函數(shù)解析式的性質(zhì)即可求得最大值；
（3）當(dāng)QP=FQ時，則GP=GF，可以得到關(guān)于t的方程求得t的值；
當(dāng)PQ=FP，則PQ²=FP²．在Rt△PGQ中利用勾股定理即可求解；
當(dāng)FQ=FP時，有FQ²=FP²，在Rt△FGQ中利用勾股定理即可列方程，解方程求解．

解答：解：（1）由已知QB=t（0≤t≤11），OP=3t，則0≤t≤

13

3

時，PA=13-3t；
當(dāng)

13

3

＜t≤11時，PA=3t-13．
∵OA∥BC，
∴當(dāng)且僅當(dāng)PA=QB時，以P、A、B、Q為頂點的四邊形是平行四邊形．
∴13-3t=t或3t-13=t，解得：t=

13

4

或

13

2

；

（2）過點Q作QG⊥x軸，垂足是G，過點E作EH⊥x軸，垂足是H，則QG=12．
①當(dāng)0≤t≤

13

3

時，S=S_△QPF-S_△AEF，
∵BC∥OA，DE∥OA，
∴

QB

AF

=

QE

EF

=

QD

DP

=

QB

OP

=

t

3t

=

1

3

．
故

EH

QG

=

EF

FQ

=

EF

EF+EQ

=

3

4

．
∴AF=3QB=3t，EH=

3

4

QG=

3

4

×12=9．
∴PF=OA+AF-OP=13+3t-3t=13．
∴S=

1

2

PF•QG-

1

2

AF•EH=

1

2

×13×12-

1

2

×3t×9=78-13.5t．
②當(dāng)

13

3

＜t≤11時，S=S_△QAF-S_△EPF，
同①，類似有；AF=3t，PF=13，EH=9，
∴S=

1

2

AF•QG-

1

2

PF•EH=

1

2

×3t×12-

1

2

×13×9=18t-58.5．
由①②得：當(dāng)t=11時，S=18×11-58.5=139.5是最大值；

（3）①若QP=FQ，則GP=GF，
∵GP=OG-OP=（11-t）-3t=11-4t，
GF=OF-OG=（3t+13）-（11-t）=2+4t，
∴11-4t=2+4t，即t=

9

8

；
②若PQ=FP，則PQ²=FP²．
在Rt△PGQ中，PQ²=PG²+QG²=（11-t-3t）²+12²，
∴（11-4t）²+12²=13²，解得：t=4或

3

2

．
③若FQ=FP，則FQ²=FP²，
在Rt△FGQ中，F(xiàn)Q²=FG²+QG²=（13+3t-11-t）²+12²，
∴（2+4t）²+12²=13²，解得：t=

3

4

或-

7

4

（舍去）．
綜上可知，t=

9

8

或4或

3

2

或

3

4

時，△PQF是等腰三角形．

點評：本題考查了勾股定理，以及等腰三角形的性質(zhì)，平行線分線段成比例定理，正確利用方程思想是關(guān)鍵．