Question

11．如圖，在等腰梯形ABCD中，AB∥DC，AB=16cm，CD=10cm，AD=5cm DE⊥AB，垂足為E，點P從點A出發(fā)，以2cm/秒的速度沿AB向終點B運動；點Q從點C出發(fā)，以1cm/秒的速度沿CD向終點D運動（P，Q兩點中，有一個點運動到終點時，所有運動即終止），設(shè)P，Q同時出發(fā)并運動了t秒．
（1）當(dāng)四邊形EPQD為矩形時，求t的值．
（2）當(dāng)以點E、P、C、Q為頂點的四邊形是平行四邊形時，求t的值；
（3）探索：是否存在這樣的t值，使三角形PDQ是以PD為腰的等腰三角形？若存在，求出t的值，若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）首先過點C作CF⊥AB于點F，可得AE=BF=3cm，由AB∥CD，∠DEF=90°，可得當(dāng)EP=DQ時，四邊形EPQD為矩形，即可得方程：2t-3=10-t，解此方程即可求得答案；
（2）由AB∥CD，可得當(dāng)AP=CQ時，以點E、P、C、Q為頂點的四邊形是平行四邊形，然后分別從當(dāng)P在AE左側(cè)時與當(dāng)P在AE右側(cè)時去分析求解即可求得答案；
（3）首先由勾股定理表示出PD²，DQ²，PQ²，然后分別從PD=DQ或PD=PQ去分析求解即可求得答案．

解答 解：（1）過點C作CF⊥AB于點F，
∵在等腰梯形ABCD中，AB∥DC，DE⊥AB，
∴DE=CF，
在Rt△ADE和Rt△BCF中，
$\left\{\begin{array}{l}{DE=CF}\\{AD=BC}\end{array}\right.$，
∴Rt△ADE≌Rt△BCF（HL）；
∴BF=AE，
∵AB=16cm，CD=10cm，
∴AE=BF=3cm，
根據(jù)題意得：AP=2tcm，CQ=tcm，
∴EP=AP-AE=2t-3（cm），DQ=CD-CQ=10-t（cm），
∵AB∥CD，∠DEF=90°，
∴當(dāng)EP=DQ時，四邊形EPQD為矩形，
∴2t-3=10-t，
解得：t=$\frac{13}{3}$，
∴當(dāng)四邊形EPQD為矩形時，t=$\frac{13}{3}$；

（2）∵AB∥CD，
∴當(dāng)AP=CQ時，以點E、P、C、Q為頂點的四邊形是平行四邊形，
當(dāng)P在AE左側(cè)時，EP=AE-AP=3-2t（cm），
此時3-2t=t，解得：t=1，
當(dāng)P在AE右側(cè)時，EP=AP-AE=2t-3（cm），
此時2t-3=t，解得：t=3，
∴當(dāng)以點E、P、C、Q為頂點的四邊形是平行四邊形時，t=1或t=3；

（3）存在．
理由：在Rt△ADE中，AE=3，AD=5，
∴DE=$\sqrt{A{D}^{2}-A{E}^{2}}$=4，
∴PD²=PE²+DE²=（2t-3）²+4²=4t²-12t+25，DQ²=（10-t）²=t²-20t+100，
過點Q作QM⊥AB于點M，則BM=BF+FM=3+t，
∴PM=AB-AP-BM=13-3t（cm），
∴PQ²=QM²+PM²=（13-3t）²+4²=9t²-78t+185，
若PD=DQ，則4t²-12t+25=t²-20t+100，
解得：t=$\frac{-4±\sqrt{241}}{3}$（負值舍去）；
若PD=PQ，則4t²-12t+25=9t²-78t+185，
解得：t₁=$\frac{16}{5}$，t₂=10（舍去），
綜上可得：t=$\frac{16}{5}$或t=$\frac{-4+\sqrt{241}}{3}$．

點評 此題屬于四邊形的綜合題，考查了平行四邊形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、矩形的判定與性質(zhì)以及勾股定理等知識．注意掌握輔助線的作法，注意利用方程思想求解是解此題的關(guān)鍵．