Question

2．如图（1），在△ABC中，已知AB=BC=CA=4cm，AD⊥BC于D．点P、Q分别从B、C两点同时出发，其中点P沿BC向终点C运动，速度为1cm/s；点Q沿CA、AB向终点B运动，速度为2cm/s，设它们运动的时间为x（s）．
（1）当x=$\frac{4}{5}$时，PQ⊥AC；
（2）当0＜x＜2时，求出使PQ∥AB的x值；
（3）当2＜x＜4时，
①是否存在x，使△BPQ是直角三角形？若存在，请求出x的值，若不存在，请说明理由；
②设PQ与AD交于点O，探索：OP与OQ的关系，并说明理由．

Answer 1

分析 （1）如图1，由△ABC为等边三角形得∠C=60°，所以当∠CPQ=30°时，PQ⊥AC，根据含30度的直角三角形三边的关系得CQ=$\frac{1}{2}$PC，即2x=$\frac{1}{2}$（4-x），然后解方程即可；
（2）0＜x＜2，点P在BD上，点Q在AC上，如图2，由于PQ∥AB，则可证明△PQP为等边三角形，所以PC=CQ，即4-x=2x，解方程得x=$\frac{4}{3}$；
（3）当2＜x＜4时，点P在CD上，点Q在AB上，如图3，
①分类讨论：当∠BPQ=90°时，BQ=8-2x，利用∠B=60°得到BP=$\frac{1}{2}$BQ，即x=$\frac{1}{2}$（8-2x），解得x=2（不合题意，舍去）；当∠BQP=90°时，则BQ=$\frac{1}{2}$BP，即8-2x=$\frac{1}{2}$x，解得x=$\frac{16}{5}$；
②作QH⊥AD于H，如图3，利用QH=$\frac{1}{2}$AQ=$\frac{1}{2}$（2x-4）=x-2，DP=BP-BD=x-2得到QH=DP，然后证明△OQE≌△OPD得到OP=OQ．

解答 解：（1）如图1，BP=xcm，CQ=2xcm，
∵AB=BC=CA=4cm，
∴△ABC为等边三角形，
∴∠C=60°，
∴当∠CPQ=30°时，PQ⊥AC，
∴CQ=$\frac{1}{2}$PC，即2x=$\frac{1}{2}$（4-x），解得x=$\frac{4}{5}$，
即当x=$\frac{4}{5}$时，PQ⊥AC；
故答案为$\frac{4}{5}$；
（2）0＜x＜2，点P在BD上，点Q在AC上，如图2，
∵PQ∥AB，
∴∠QPC=∠B=60°，
∴△PQP为等边三角形，
∴PC=CQ，即4-x=2x，解得x=$\frac{4}{3}$，
即当x=$\frac{4}{3}$时，PQ∥AB；
（3）当2＜x＜4时，点P在CD上，点Q在AB上，如图3，AQ=2x-4，BP=x，
①当∠BPQ=90°时，BQ=8-2x，
∵∠B=60°，
∴BP=$\frac{1}{2}$BQ，即x=$\frac{1}{2}$（8-2x），解得x=2（不合题意，舍去），
当∠BQP=90°时，BQ=$\frac{1}{2}$BP，
即8-2x=$\frac{1}{2}$x，解得x=$\frac{16}{5}$，
综上所述，使△BPQ是直角三角形的x的值是$\frac{16}{5}$；
②OP=OQ．理由如下：
作QH⊥AD于H，如图3，
∵AD⊥BC，
∴∠QAH=30°，BD=$\frac{1}{2}$BC=2，
∴QH=$\frac{1}{2}$AQ=$\frac{1}{2}$（2x-4）=x-2，
∵DP=BP-BD=x-2，
∴QH=DP，
在△OQH和△OPD中，
$\left\{\begin{array}{l}{∠QOH=∠POD}\\{∠QHO=∠PDO}\\{QH=PD}\end{array}\right.$，
∴△OQE≌△OPD，
∴OP=OQ．

点评 本题考查了全等三角形的判定与性质：全等三角形的判定是结合全等三角形的性质证明线段和角相等的重要工具．在判定三角形全等时，关键是选择恰当的判定条件．在应用全等三角形的判定时，要注意三角形间的公共边和公共角，必要时添加适当辅助线构造三角形．也考查了等边三角形的判定与性质和动点问题的解决方法．