如图.在矩形ABCD中.AB=3.BC=4．动点P从点A出发沿AC向终点C运动.同时动点Q从点B出发沿BA向点A运动.到达A点后立刻以原来的速度沿AB返回．点P.Q运动速度均为每秒1个单位长度.当点P到达点C时停止运动.点Q也同时停止．连结PQ.设运动时间为t秒．(1)在点Q从B到A的运动过程中.①当t=$\frac{9}{8}$时.PQ⊥AC,②求△APQ� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

18．

如图，在矩形ABCD中，AB=3，BC=4．动点P从点A出发沿AC向终点C运动，同时动点Q从点B出发沿BA向点A运动，到达A点后立刻以原来的速度沿AB返回．点P，Q运动速度均为每秒1个单位长度，当点P到达点C时停止运动，点Q也同时停止．连结PQ，设运动时间为t（t＞0）秒．
（1）在点Q从B到A的运动过程中，
①当t=$\frac{9}{8}$时，PQ⊥AC；
②求△APQ的面积S关于t的函数关系式，并写出t的取值范围；
（2）伴随着P、Q两点的运动，线段PQ的垂直平分线为l．
①当l经过点A时，射线QP交AD于点E，求AE的长；
②当l经过点B时，求t的值．

分析（1）①由勾股定理求出AC，再证明△APQ∽△ABC，得出对应边成比例，即可得出结果；
②过点P作PH⊥AB于点H，AP=t，AQ=3-t，证△AHP∽△ABC，求出PH=$\frac{4}{5}$t，根据三角形面积公式求出即可；
（2）①根据线段的垂直平分线的性质求出AP=AQ，得出3-t=t，求出即可，延长QP交AD于点E，过点Q作QO∥AD交AC于点O，证△AQO∽△ABC，求出AO，QO，PO=1，证△APE∽△OPQ求出AE即可；
②（ⅰ）当点Q从B向A运动时l经过点B，求出CP=AP=$\frac{1}{2}$AC=2.5，即可求出t；
（ⅱ）当点Q从A向B运动时l经过点B，求出BP=BQ=6-t，AP=t，PC=5-t，过点P作PG⊥CB于点G，证△PGC∽△ABC，求出PG=$\frac{3}{5}$（5-t），CG=$\frac{4}{5}$（5-t），BG=$\frac{4}{5}$t，由勾股定理得出方程，求出方程的解即可．

解答解：（1）①∵四边形ABCD是矩形，
∴∠B=90°，
∴AC=$\sqrt{A{B}^{2}+B{C}^{2}}$=$\sqrt{{3}^{2}+{4}^{2}}$=5，
∵PQ⊥AC，
∴∠APQ=90°=∠B，
又∵∠PAQ=∠BAC，
∴△APQ∽△ABC，
∴$\frac{AP}{AB}=\frac{AQ}{AC}$，
即$\frac{t}{3}=\frac{3-t}{5}$，
解得：t=$\frac{9}{8}$，
即t=$\frac{9}{8}$时，PQ⊥AC，
故答案为：$\frac{9}{8}$；
②如图1所示，过点P作PH⊥AB于点H，AP=t，AQ=3-t，
则∠AHP=∠ABC=90°，
∵∠PAH=∠CAB，
∴△AHP∽△ABC，
∴$\frac{AP}{AC}=\frac{PH}{BC}$，
∵AP=t，AC=5，BC=4，
∴PH=$\frac{4}{5}$t，
∴S=$\frac{1}{2}$•（3-t）•$\frac{4}{5}$t，
即S=-$\frac{2}{5}$t²+$\frac{6}{5}$t，t的取值范围是：0＜t＜3．
（2）①如图2，线段PQ的垂直平分线为l经过点A，则AP=AQ，
即3-t=t，
∴t=1.5，
∴AP=AQ=1.5；
延长QP交AD于点E，过点Q作QO∥AD交AC于点O，
则△AQO∽△ABC，
∴$\frac{AO}{AC}=\frac{AQ}{AB}=\frac{QO}{BC}$，
∴AO=$\frac{AQ}{AB}$•AC=$\frac{5}{2}$，QO=$\frac{AQ}{AB}$•BC=2，
∴PO=AO-AP=1．
∵OQ∥BC∥AD，
∴△APE∽△OPQ
∴$\frac{AE}{QO}=\frac{AP}{QP}$，
∴AE=$\frac{AP}{QP}$•QO=3．
②（ⅰ）如图3，当点Q从B向A运动时l经过点B，
BQ=CP=AP=t，∠QBP=∠QAP
∵∠QBP+∠PBC=90°，∠QAP+∠PCB=90°
∴∠PBC=∠PCB CP=BP=AP=t
∴CP=AP=$\frac{1}{2}$AC=$\frac{1}{2}$×5=2.5∴t=2.5．
（ⅱ）如图4，当点Q从A向B运动时l经过点B；
BP=BQ=3-（t-3）=6-t，AP=t，PC=5-t，
过点P作PG⊥CB于点G，则PG∥AB，
∴△PGC∽△ABC，
∴$\frac{PC}{AC}=\frac{PG}{AB}=\frac{GC}{BC}$，
∴PG=$\frac{PC}{AC}$•AB=$\frac{3}{5}$（5-t），CG=$\frac{PC}{AC}$•BC=$\frac{4}{5}$（5-t），
∴BG=4-$\frac{4}{5}$（5-t）=$\frac{4}{5}$t，
由勾股定理得：BP²=BG²+PG²，
即（6-t）²=（$\frac{4}{5}$t）²+[$\frac{3}{5}$（5-t）]²，
解得：t=$\frac{45}{14}$；
综上所述：存在t的值，使得直线l经过点B，t的值是2.5或$\frac{45}{14}$．

点评本题是四边形综合题目，考查了矩形性质，等腰三角形性质，线段垂直平分线性质，勾股定理，相似三角形的性质和判定的应用，主要考查学生分析问题和解决问题的能力，题目比较典型，但是有一定的难度．

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