Question

6．已知：如图，?ABCD中，AD=3cm，CD=1cm，∠B=45°，点P从点A出发，沿AD方向匀速运动，速度为3cm/s；点Q从点C出发，沿CD方向匀速运动，速度为1cm/s，连接并延长QP交BA的延长线于点M，过M作MN⊥BC，垂足是N，设运动时间为t（s）（0＜t＜1）
解答下列问题：
（1）填空：AM=tMN=$\frac{\sqrt{2}}{2}（t+1）$（用t表示）；
（2）若四边形ANPM的面积为$\frac{9\sqrt{2}}{16}$cm²，求t的值；
（3）在（2）的条件下判断四边形MAQD的形状，并说明理由；
（4）连接AC交NP于点O，是否存在某一时刻t，使AO：OC=$\sqrt{2}$：1？若存在，求出相应的t值；若不存在，说明理由．

Answer 1

分析 （1）首先根据BM∥CD，可得$\frac{AM}{DQ}=\frac{AP}{DP}$，据此求出AM的值是多少；然后判断出△BMN是等腰直角三角形，即可求出MN的值是多少．
（2）首先判断出MN⊥AD，然后根据四边形ANPM的面积为$\frac{9\sqrt{2}}{16}$cm²，可得$\frac{1}{2}$×$\frac{\sqrt{2}}{2}（t+1）$×3t=$\frac{9\sqrt{2}}{16}$，据此求出t的值是多少即可．
（3）首先判断出AM=QD，然后根据AM∥QD，推得四边形MAQD是平行四边形即可．
（4）存在某一时刻t，使AO：OC=$\sqrt{2}$：1．根据AD∥BC，可得$\frac{AP}{CN}=\frac{AO}{OC}$，所以$\frac{3t}{3-\frac{\sqrt{2}}{2}（t+1）}=\sqrt{2}$，据此求出t的值是多少即可．

解答 解：（1）∵BM∥CD，
∴$\frac{AM}{DQ}=\frac{AP}{DP}$，
∴$\frac{AM}{1-t}=\frac{3t}{3-3t}$，
解得AM=t．
∵MN⊥BC，
∴∠MNB=90°，
又∵∠B=45°，
∴MN=$\frac{\sqrt{2}}{2}$BM=$\frac{\sqrt{2}}{2}（t+1）$．

（2）∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AD∥BC，
∵MN⊥BC，
∴MN⊥AD，
∵四边形ANPM的面积为$\frac{9\sqrt{2}}{16}$cm²，
∴$\frac{1}{2}$×$\frac{\sqrt{2}}{2}（t+1）$×3t=$\frac{9\sqrt{2}}{16}$，
整理，可得4t²+4t-3=0，
解得t=$\frac{1}{2}$或t=-$\frac{3}{2}$（舍去），
∴四边形ANPM的面积为$\frac{9\sqrt{2}}{16}$cm²，t的值是$\frac{1}{2}$．

（3）如图1，连接MD、AQ，
，
由（2），可得t=$\frac{1}{2}$，
∴AM=$\frac{1}{2}$，QD=CD-CQ=1-$\frac{1}{2}$=$\frac{1}{2}$，
∴AM=QD，
又∵AM∥QD，
∴四边形MAQD是平行四边形．

（4）存在某一时刻t，使AO：OC=$\sqrt{2}$：1，理由如下：
如图2，

∵∠MNB=90°，∠B=45°，
∴△BMN是等腰直角三角形，
∴BN=MN=$\frac{\sqrt{2}}{2}$（t+1），
∵AD∥BC，
∴$\frac{AP}{CN}=\frac{AO}{OC}$，
∴$\frac{3t}{3-\frac{\sqrt{2}}{2}（t+1）}=\sqrt{2}$，
解得t=$\frac{3\sqrt{2}-1}{4}$，
∴存在t=$\frac{3\sqrt{2}-1}{4}$时，AO：OC=$\sqrt{2}$：1．
故答案为：t、$\frac{\sqrt{2}}{2}（t+1）$．

点评 （1）此题主要考查了四边形综合题，考查了分析推理能力，考查了数形结合思想的应用，要熟练掌握．
（2）此题还考查了平行四边形的判定和性质的应用，以及三角形的面积的求法，要熟练掌握．
（3）此题还考查了平行线的性质和应用，要熟练掌握，解答此题的关键是要明确：①定理1：两条平行线被第三条直线所截，同位角相等．简单说成：两直线平行，同位角相等．②定理2：两条平行线被地三条直线所截，同旁内角互补．简单说成：两直线平行，同旁内角互补．③定理3：两条平行线被第三条直线所截，内错角相等．简单说成：两直线平行，内错角相等．