如图.在Rt△ABC中.∠C=90°.AB=50.AC=30.D.E.F分别是AC.AB.BC的中点．点P从点D出发沿折线DE-EF-FC-CD以每秒7个单位长的速度匀速运动,点Q从点B出发沿BA方向以每秒4个单位长的速度匀速运动.过点Q作射线QK⊥AB.交折线BC-CA于点G．点P.Q同时出发.当点P绕行一周回到点D时停止运动.点Q也随之停止．设点P.Q运动的时� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AB=50，AC=30，D，E，F分别是AC，AB，BC的中点．点P从点D出发沿折线DE-EF-FC-CD以每秒7个单位长的速度匀速运动；点Q从点B出发沿BA方向以每秒4个单位长的速度匀速运动，过点Q作射线QK⊥AB，交折线BC-CA于点G．点P，Q同时出发

，当点P绕行一周回到点D时停止运动，点Q也随之停止．设点P，Q运动的时间是t秒（t＞0）．
（1）D，F两点间的距离是

；
（2）射线QK能否把四边形CDEF分成面积相等的两部分？若能，求出t的值；若不能，说明理由；
（3）当点P运动到折线EF-FC上，且点P又恰好落在射线QK上时，求t的值；
（4）连接PG，当PG∥AB时，请直接写出t的值．

分析：（1）由中位线定理即可求出DF的长；
（2）连接DF，过点F作FH⊥AB于点H，由四边形CDEF为矩形，QK把矩形CDEF分为面积相等的两部分，根据△HBF∽△CBA，对应边的比相等，就可以求得t的值；
（3）①当点P在EF上（2

≤t≤5时根据△PQE∽△BCA，根据相似三角形的对应边的比相等，可以求出t的值；
②当点P在FC上（5≤t≤7

）时，PB=PF+BF就可以得到；
（4）当PG∥AB时四边形PHQG是矩形，由此可以直接写出t．

解答：解：（1）Rt△ABC中，∠C=90°，AB=50，
∵D，F是AC，BC的中点，
∴DF为△ABC的中位线，
∴DF=

AB=25

故答案为：25．

（2）能．
如图1，连接DF，过点F作FH⊥AB于点H，
∵D，F是AC，BC的中点，
∴DE∥BC，EF∥AC，四边形CDEF为矩形，

∴QK过DF的中点O时，QK把矩形CDEF分为面积相等的两部分
此时QH=OF=12.5．由BF=20，△HBF∽△CBA，得HB=16．
故t=

QH+HB

12.5+16

．

（3）①当点P在EF上（2

≤t≤5）时，
如图2，QB=4t，DE+EP=7t，

由△PQE∽△BCA，得

7t-20

25-4t

．
∴t=4

；
②当点P在FC上（5≤t≤7

）时，
如图3，已知QB=4t，从而PB=

cos∠B

=5t，
由PF=7t-35，BF=20，得5t=7t-35+20．
解得t=7

；

（4）如图4，t=1

；如图5，t=7

．
（注：判断PG∥AB可分为以下几种情形：当0＜t≤2

时，点P下行，点G上行，可知其中存在PG∥AB的时刻，
如图4；此后，点G继续上行到点F时，t=4，而点P却在下行到点E再沿EF上行，发现点P在EF上运动时不存在PG∥AB；5≤t≤7

当时，点P，G均在FC上，也不存在PG∥AB；由于点P比点G先到达点C并继续沿CD下行，所以在

＜t＜8中存在PG∥AB的时刻，如图5当8≤t≤10时，点P，G均在CD上，不存在PG∥AB）

点评：本题主要运用了相似三角形性质，对应边的比相等，正确找出题目中的相似三角形是解题的关键．

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