Question

10．如图，在矩形ABCD中，已知AB=3，BC=4，连接BD，动点P从点D出发向终点A运动，同时动点Q从点B出发向点D运动，速度均为1个单位/秒．当其P点到达终点A时，点Q随即停止．过点Q作BD的垂线交折线B-C-D于点E，射线PQ交折线B-C-D于点F．设运动时间为t秒．
（1）当点E在BC边上时，用含t的代数式表示BE的长；
（2）当t=2时，求线段BF的长；
（3）若以点F为圆心，FQ的长度为半径的⊙F经过点E时，求t的值；
（4）作线段EF关于BD的轴对称变换得到线段E′F′，当四边形EFF′E′为矩形时，请直接写出t的值．

Answer 1

分析 （1）根据题意证明△BQE∽△BCD，根据相似三角形的性质得到成比例线段，代入已知数据求值即可；
（2）t=2时，求出BQ、QD的值，根据△PQD∽△FQB得到成比例线段，代入求值即可；
（3）从点F、E都在BC上、点F、E都在CD上和点E在BC上，点F在CD上三种情况根据相似三角形的性质进行分析解答；
（4）根据当EF∥BD时，四边形EFF′E′为矩形解答即可．

解答 解：（1）∵在矩形ABCD中，CD=AB=3，BC=4，
∴BD=$\sqrt{B{C}^{2}+C{D}^{2}}$=5，
∵QE⊥BD，
∴∠BQE=∠C=90°，
又∵∠QBE=∠CBD，
∴△BQE∽△BCD，
∴$\frac{BE}{BD}$=$\frac{BQ}{BC}$，即 $\frac{BE}{5}$=$\frac{t}{4}$，
∴BE=$\frac{5}{4}$t；
（2）当t=2秒，BQ=PD=2，QD=3，
由△PQD∽△FQB，得：$\frac{BF}{2}$=$\frac{2}{3}$，
∴BF=$\frac{4}{3}$；
（3）①点F、E都在BC上时，若FQ=EF，则易证FE=BF，
即BE=$\frac{1}{2}$×$\frac{5}{4}$t=$\frac{5}{8}$t，
由△PQD∽△FQB，得：$\frac{PD}{BF}$=$\frac{QD}{QB}$，
即$\frac{t}{\frac{5}{8}t}$=$\frac{5-t}{t}$，
解得，t=$\frac{25}{13}$
②点F、E都在CD上时，同理可得FE=FD，
如图1，过点P作PG∥AB交BD于G，
由△QDF∽△QPG得：$\frac{DF}{PG}$=$\frac{QD}{QG}$，
即$\frac{\frac{5}{6}（5-t）}{\frac{3}{4}t}$=，
解得，t=$\frac{100}{27}$，
当点E在BC上，点F在CD上时，显然FQ＞FE；
综上所述，当⊙F经过点E时，t=$\frac{25}{13}$或t=$\frac{100}{27}$；
（4）如图2，当EF∥BD时，四边形EFF′E′为矩形，
$\frac{PD}{MB}$=$\frac{DQ}{BQ}$，即MB=$\frac{{t}^{2}}{5-t}$，
$\frac{CM}{PD}=\frac{CF}{DF}=\frac{CE}{BE}$，
即$\frac{4-\frac{{t}^{2}}{5-t}}{t}=\frac{4-\frac{5}{4}t}{\frac{5}{4}t}$，
解得，t=$\frac{180}{61}$

点评 本题考查的是矩形的性质、相似三角形的判定和性质以及勾股定理的运用，正确运用分情况讨论思想和数形结合思想是解题的关键，注意运用运动的观点解决问题．