Question

（2013•濱湖區(qū)二模）如圖，在矩形ABCD中，AB=3，BC=4．動點P從點A出發(fā)沿AC向終點C運動，同時動點Q從點B出發(fā)沿BA向點A運動，到達A點后立刻以原來的速度沿AB返回．點P，Q運動速度均為每秒1個單位長度，當點P到達點C時停止運動，點Q也同時停止．連結PQ，設運動時間為t（t＞0）秒．
（1）求線段AC的長度；
（2）當點Q從B點向A點運動時（未到達A點），求△APQ的面積S關于t的函數關系式，并寫出t的取值范圍；
（3）伴隨著P，Q兩點的運動，線段PQ的垂直平分線為l：
①當l經過點A時，射線QP交AD于點E，求AE的長；
②當l經過點B時，求t的值．

Answer 1

分析：（1）由勾股定理求出AC即可；
（2）過點P作PH⊥AB于點H，AP=t，AQ=3-t，證△AHP∽△ABC，求出PH=

4

5

t，根據三角形面積公式求出即可；
（3）①根據線段的垂直平分線的性質求出AP=AQ，得出3-t=t，求出即可，延長QP交AD于點E，過點Q作QO∥AD交AC于點O，
證△AQO∽△ABC，求出AO=

AQ

AB

•AC=

5

2

，OQ=

AQ

AB

•BC=2，PO=1，證△APE∽△OPQ求出AE即可；②當點Q從B向A運動時l經過點B，求出CP=AP=

1

2

AC=2.5，即可求出t；（ⅱ）當點Q從A向B運動時l經過點B，求出BP=BQ=6-t，AP=t，PC=5-t，過點P作PG⊥CB于點G，證△PGC∽△ABC，求出PG=

3

5

（5-t），CG=

4

5

（5-t），BG=

4

5

t，由勾股定理得出方程，求出方程的解即可．

解答：解：（1）∵四邊形ABCD是矩形，
∴∠ABC=90°，
在Rt△ABC中，由勾股定理得：AC=

AB2+BC2

=5；

（2）如圖1，

過點P作PH⊥AB于點H，AP=t，AQ=3-t，
則∠AHP=∠ABC=90°，
∵∠PAH=∠CAB，
∴△AHP∽△ABC，
∴

AP

AC

=

PH

BC

，
∵AP=t，AC=5，BC=4，
∴PH=

4

5

t，
∴S=

1

2

•（3-t）•

4

5

t，
即S=-

2

5

t²+

6

5

t，t的取值范圍是：0＜t＜3．

（3）①如圖2，

∵線段PQ的垂直平分線為l經過點A，
∴AP=AQ，
∴3-t=t，
∴t=1.5，
∴AP=AQ=1.5，
延長QP交AD于點E，過點Q作QO∥AD交AC于點O，
∴△AQO∽△ABC，
∴

AO

AC

=

AQ

AB

=

QO

BC

，
∴AO=

AQ

AB

•AC=

5

2

，OQ=

AQ

AB

•BC=2，
∴PO=AO-AP=1，
∵OQ∥BC∥AD，
∴△APE∽△OPQ，
∴

AE

OQ

=

AP

OP

，
∴AE=

AP

OP

•OQ=3．

②如圖③，
（i）當點Q從B向A運動時l經過點B，
BQ=BP=AP=t，∠QBP=∠QAP，
∵∠QBP+∠PBC=90°，∠QAP+∠PCB=90°
∴∠PBC=∠PCB，
∴CP=BP=AP=t
∴CP=AP=

1

2

AC=

1

2

×5=2.5，
∴t=2.5；
（ⅱ）如圖4，當點Q從A向B運動時l經過點B，

BP=BQ=3-（t-3）=6-t，AP=t，PC=5-t，
過點P作PG⊥CB于點G，
則PG∥AB，
∴△PGC∽△ABC，
∴

PC

AC

=

PG

AB

=

GC

BC

，
∴PG=

PC

AC

•AB=

3

5

（5-t），CG=

PC

AC

•BC=

4

5

（5-t），
∴BG=4-

4

5

(5-t)=

4

5

t
由勾股定理得BP²=BG²+PG²，即(6-t)2=(

4

5

t)2+[

3

5

(5-t)]2，
解得t=

45

14

．

點評：本題考查了矩形性質，等腰三角形性質，線段垂直平分線性質，勾股定理，相似三角形的性質和判定的應用，主要考查學生分析問題和解決問題的能力，題目比較典型，但是有一定的難度．