Question

9．如圖1，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD⊥AB，AB=12，CD=9，點(diǎn)M從點(diǎn)A出發(fā)，以每秒2個(gè)單位長(zhǎng)度的速度向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)，同時(shí)，點(diǎn)N從點(diǎn)C出發(fā)，以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度向點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)．其中一個(gè)動(dòng)點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)時(shí)，另一個(gè)動(dòng)點(diǎn)也隨之停止運(yùn)動(dòng)．過點(diǎn)N作NP⊥AB于點(diǎn)P，連接BD交NP于點(diǎn)Q，連接MQ．設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒．
（1）BM=12-2t，BP=3+t；（用含t的代數(shù)式表示）
（2）若t=3，試判斷四邊形BNDP的形狀；
（3）如圖2，將△BQM沿AB翻折，得△BKM．
①是否存在某時(shí)刻t，使四邊形BQMK為菱形，若存在，求出t的值，若不存在，請(qǐng)說明理由；
②在①的條件下，要使四邊形BQMK為正方形，則BD=12$\sqrt{2}$．

Answer 1

分析 （1）先用t表示出CN，AM，再通過線段和差關(guān)系表示出MB、BP；
（2）把t=3代入DN、BP中，若DN=BP，則四邊形滿足一組對(duì)邊平行且相等，是平行四邊形，否則就是梯形；
（3）①由于△BQM沿AB翻折成△MKB，只要QM=QB，四邊形BQMK就是菱形，因?yàn)镼P⊥AB，MP、BP可由t表示出來，可通過MP=PB計(jì)算出t；
②若四邊形BQMK為正方形，則∠MQB是直角，∠QBA=45°，可通過等腰直角三角形間的三邊關(guān)系，先求出t，再分別計(jì)算出BQ、DQ．

解答 解：（1）∵AB∥CD，AD⊥AB，AB=12，CD=9，過點(diǎn)N作NP⊥AB于點(diǎn)P，
∴四邊形APND是矩形，
∴DN=AP．
∵AB=12，CD=9，AM=2t，CN=t，
∴DN=9-t，
∴BM=AB-AM=12-2t，BP=AB-AP=AB-DN=12-（9-t）=3+t．
答案：12-2t，3+t；

（2）當(dāng)t=3時(shí)，DN=9-t=6，BP=3+t=6，
∴DN=PB，又∵DN∥BP，
∴四邊形BNDP是平行四邊形．

（3）①當(dāng)t=1.5時(shí)，四邊形BQMK為菱形．理由如下：
∵△BQM沿AB翻折，得△BKM，
∴BQ=BK，QM=MK，當(dāng)QM=QB時(shí)，四邊形MQBK是菱形．
∵QP⊥AB，
∴MP=BP．
∵M(jìn)P=AP-AM=DN-AM=（9-t）-2t=9-3t，BP=AB-AP=AB-DN=3+t，
當(dāng)9-3t=3+t時(shí)，t=1.5．即當(dāng)t=1.5時(shí)，四邊形BQMK為菱形．
②當(dāng)菱形BQMK為正方形時(shí)，∠MQB=90°，BM=12-2t，BP=3+t，
∴∠QBM=45°．
∵cos∠MBQ=cos45°=$\frac{BQ}{BM}$=$\frac{BQ}{12-2t}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∴BQ=6$\sqrt{2}$-$\sqrt{2}$t．
∵cos∠MBQ=cos45°=
$\frac{BP}{BQ}$=$\frac{3+t}{6\sqrt{2}-\sqrt{2}t}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，即6+2t=12-2t，
解得t=1.5．∴BQ=6$\sqrt{2}$-1.5$\sqrt{2}$=4.5$\sqrt{2}$．
∵DC∥AB，
∴∠NDB=∠DBM=45°，
在RT△DNQ中，DQ=$\sqrt{2}$DN=（9-t）$\sqrt{2}$=7.5$\sqrt{2}$，
∴BD=BQ+DQ=4.5$\sqrt{2}$+7.5$\sqrt{2}$=12$\sqrt{2}$．
答案：12$\sqrt{2}$．

點(diǎn)評(píng) 點(diǎn)評(píng)：本題是一個(gè)直角梯形與動(dòng)點(diǎn)的結(jié)合題目，考察了矩形的性質(zhì)和判定、平行四邊形的判定、菱形的性質(zhì)及正方形的性質(zhì)．等腰直角三角形的三邊1：1：$\sqrt{2}$間關(guān)系或者特殊角的三角函數(shù)是解決本題的關(guān)鍵．