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—

20．

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25；
（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．

分析（1）根据D、E、F分别是AC、AB、BC的中点，运用三角形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$\frac{6}{7}$≤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$\frac{6}{7}$）时，根据PB=PF+BF就可以得到t的值．

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=$\frac{1}{2}$AB=25，
即D、F两点间的距离是25，
故答案为：25．

（2）射线QK能把四边形CDEF分成面积相等的两部分．
如图，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，即过矩形CDEF的中点，QK把矩形CDEF分为面积相等的两部分，
此时QH=OF=12.5．
∵Rt△ABC中，∠C=90°，AB=50，AC=30，
∴BC=40，
由BF=20，△HBF∽△CBA，可得HB=16．
故t=$\frac{QH+HB}{4}$=$\frac{12.5+16}{4}$=7$\frac{1}{8}$．

（3）①当点P在EF上（2$\frac{6}{7}$≤t≤5）时，如图，QB=4t，DE+EP=7t，

由△PQE∽△BCA，得$\frac{PE}{AB}$=$\frac{QE}{CA}$，
即$\frac{7t-20}{50}$=$\frac{25-4t}{30}$．
∴t=4$\frac{21}{41}$；
②当点P在FC上（5≤t≤7$\frac{6}{7}$）时，如图，已知QB=4t，从而PB=$\frac{QB}{cos∠B}$=$\frac{4t}{\frac{4}{5}}$=5t，

由PF=7t-35，BF=20，可得5t=7t-35+20．
解得t=7$\frac{1}{2}$．
综上所述，t的值为4$\frac{21}{41}$或7$\frac{1}{2}$．

点评本题属于三角形综合题，主要考查了相似三角形性质，解题时注意：相似三角形的对应边成比例，正确找出题目中的相似三角形是解题的关键．

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（2）①如图2，当四边形OA′B′C′的顶点B′落在y轴正半轴上时，求$\frac{BP}{BQ}$的值；
②如图3，当四边形OA′B′C′的顶点B′落在BC的延长线上时，求△OPB′的面积．
（3）在四边形OABC旋转过程中，当0°＜α≤180°时，是否存在这样的点P和点Q，使BP=$\frac{1}{2}$BQ？若存在，请直接写出点P的坐标；若不存在，请说明理由．

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