Question

14．如圖，在矩形ABCD中，AB=3，BC=4，動(dòng)點(diǎn)P以每秒一個(gè)單位的速度從點(diǎn)A出發(fā)，沿對(duì)角線AC向點(diǎn)C移動(dòng)，同時(shí)動(dòng)點(diǎn)Q以相同的速度從點(diǎn)C出發(fā)，沿邊CB向點(diǎn)B移動(dòng)．設(shè)P，Q兩點(diǎn)移動(dòng)時(shí)間為t秒（0≤t≤4）．
（1）用含t的代數(shù)式表示線段PC的長(zhǎng)是5-t；
（2）當(dāng)△PCQ為等腰三角形時(shí)，求t的值；
（3）以BQ為直徑的圓交PQ于點(diǎn)M，當(dāng)M為PQ的中點(diǎn)時(shí)，求t的值．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)勾股定理求出AC，根據(jù)題意用t表示出AP，結(jié)合圖形計(jì)算即可；
（2）分CP=CQ、QP=QC、PQ=PC三種情況，根據(jù)等腰三角形的性質(zhì)和相似三角形的判定和性質(zhì)計(jì)算即可；
（3）連接BP、BM，根據(jù)直徑所對(duì)的圓周角是直角、等腰三角形的三線合一得到BP=BQ，根據(jù)勾股定理用t表示出BP、BQ，列出方程，解方程即可．

解答 解：（1）∵∠B=90°，AB=3，BC=4，
∴AC=5，
∵點(diǎn)P的速度是每秒一個(gè)單位，移動(dòng)時(shí)間為t秒，
∴AP=t，
則PC=AC-AP=5-t，
故答案為：5-t；
（2）當(dāng)CP=CQ時(shí)，t=5-t，
解得t=$\frac{5}{2}$，
當(dāng)QP=QC時(shí)，過(guò)點(diǎn)Q作QH⊥AC于H，如圖1，
則PH=HC=$\frac{1}{2}$PC=$\frac{1}{2}$（5-t），QC=t，
∵QH⊥AC，∠B=90°，
∴△CHQ∽△CBA，
∴$\frac{CH}{CB}$=$\frac{CQ}{CA}$，即$\frac{\frac{1}{2}（5-t）}{4}$=$\frac{t}{5}$，
解得t=$\frac{25}{13}$，
當(dāng)PQ=PC時(shí)，如圖2，
過(guò)點(diǎn)P作PN⊥QC于N，
則NC=NQ=$\frac{1}{2}$QC=$\frac{1}{2}$t，
∵△CPN∽△CAB，得
$\frac{PC}{AC}$=$\frac{CN}{CB}$，即$\frac{5-t}{5}$=$\frac{\frac{1}{2}t}{4}$，
解得t=$\frac{40}{13}$，
綜上所述，當(dāng)t=$\frac{5}{2}$或t=$\frac{25}{13}$或t=$\frac{40}{13}$時(shí)，△PCQ為等腰三角形；
（3）連接BP、BM，如圖3，則∠BMQ=90°，
∵M(jìn)為PQ的中點(diǎn)，
∴BP=BQ，
過(guò)點(diǎn)P作PK⊥AB于K，
∵AP=t，
∴PK=$\frac{4}{5}$t，AK=$\frac{3}{5}$t，
∴BK=3-$\frac{3}{5}$t，
在Rt△BPK中，PB²=PK²+BK²=（3-$\frac{3}{5}$t）²+（$\frac{4}{5}$t）²，又BQ=4-t，
∴（4-t）²=（3-$\frac{3}{5}$t）²+（$\frac{4}{5}$t）²，
解得t=$\frac{35}{22}$．
∴以BQ為直徑的圓交PQ于點(diǎn)M，當(dāng)M為PQ的中點(diǎn)時(shí)，t的值為$\frac{35}{22}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查的是矩形的性質(zhì)、等腰三角形的判定和性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)，掌握相關(guān)的性質(zhì)定理、靈活運(yùn)用數(shù)形結(jié)合思想、正確作出輔助線是解題的關(guān)鍵．