Question

【題目】如圖，四邊形ABCD中，∠B＝90°，AD∥BC，AD＝AC，AB＝6，BC＝8．點P以每秒5個單位長度由點A沿線段AC運動；同時，線段EF以相同的速度由CD出發(fā)沿DA方向平移，與AC交于點Q，連結(jié)PE，PF．當點F與點B重合時，停止所有運動，設(shè)P運動時間為t秒．

（1）求證：△APE≌△CFP．

（2）當t＜1時，若△PEF為直角三角形，求t的值．

（3）作△PEF的外接圓⊙O．

①當⊙O只經(jīng)過線段AC的一個端點時，求t的值．

②作點P關(guān)于EF的對稱點P′，當P′落在CD上時，請直接寫出線段CP′的長．

Answer 1

【答案】（1）詳見解析；（2）t＝；（3）①t的值為和；②

【解析】

（1）利用勾股定理求出AD=AC=10，根據(jù)AD∥BC得到∠EAC＝∠ACF，再根據(jù)AE＝CP＝10﹣5t即可證得結(jié)論；

（2）過點P作PM⊥AD于點M，延長MP交BC于N，證明四邊形ABNM是矩形得到△PNC∽△ABC，求出PM＝MN﹣PN＝3t，NF＝NC﹣FC＝8﹣9t，由△APE≌△CFP得到PE＝PF，由△EPF為直角三角形得到∠MEP＝∠NPF，由此證明△EMP≌△PNF得到PM=NF，建立等式求出t；

（3）①分兩種情況：當⊙O過點C時，連接CE，過點E作EM⊥AC于M．根據(jù)PE＝PF證得∠PCE＝∠PCF，再求出CE＝AE＝10﹣5t，CM＝AM＝AC＝5，根據(jù)cos∠PCE＝cos∠PCF即可求出t；當⊙O過點A時可得AF＝FC＝5t，根據(jù)cos∠PCE＝cos∠PCF即可求出t；

②過點C作CH⊥AD于H，連接PP'，交EF于點G，證明△PGQ∽△PP'C求出PQ，根據(jù)對頂角的性質(zhì)及平行線的性質(zhì)求出CQ＝CF求出t，利用勾股定理求出EF，計算出FG、FQ求出QG即可求出答案.

解：（1）證明：∵AD∥BC，EF∥CD

∴四邊形CDEF是平行四邊形，∠EAC＝∠ACF

∴ED＝FC＝5t

∵∠B＝90°，AB＝6，BC＝8

∴AD＝AC＝=10

∴AE＝CP＝10﹣5t

在△APE與△CFP中，

∴△APE≌△CFP（SAS）

（2）過點P作PM⊥AD于點M，延長MP交BC于N，

∴∠EMP＝∠PNF＝90°，MN∥AB

∴∠MEP+∠MPE＝90°，四邊形ABNM是矩形，△PNC∽△ABC

∴MN＝AB＝6，

∴PN＝6﹣3t，NC＝8﹣4t

∴PM＝MN﹣PN＝3t，NF＝NC﹣FC＝8﹣9t

∵△APE≌△CFP

∴PE＝PF，

∵△EPF為直角三角形

∴∠EPF＝90°

∴∠MPE+∠NPF＝90°

∴∠MEP＝∠NPF

在△EMP與△PNF中，

∴△EMP≌△PNF（AAS）

∴PM＝NF

∴3t＝8﹣9t

解得：t＝

（3）①（�。┊�⊙O過點C時（如圖2），連接CE，過點E作EM⊥AC于M．

∵PE＝PF，

∴

∴∠PCE＝∠PCF

∵AD∥BC

∴∠PCF＝∠DAC

∴∠PCE＝∠DAC，

∴CE＝AE＝10﹣5t，CM＝AM＝AC＝5

∵cos∠PCE＝cos∠PCF

∴ 即

解得：t＝

（ⅱ）當⊙O過點A時（如圖3），可得AF＝FC＝5t

∴cos∠FAP＝cos∠PCF

∴ 即

解得：t＝

綜上所述，t的值為和

②過點C作CH⊥AD于H，連接PP'，交EF于點G

∴G為PP'和EF的中點

∵P'在CD上，EF∥CD

∴△PGQ∽△PP'C

∴＝

∴PQ＝CQ＝PC＝

∵AC＝AD

∴∠ACD＝∠D

∴∠AQE＝∠ACD＝∠D＝∠AEQ

∵∠AQE＝∠CQF，∠AEQ＝∠CFQ

∴∠CQF＝∠CFQ

∴CQ＝CF

∴

解得：t＝

∴CF＝，AE＝10﹣＝

∴，即FQ＝EF

∵∠CHD＝90°，CH＝AB＝6，DH＝AD﹣AH＝AD﹣BC＝2

∴EF＝CD＝

∴FG＝EF＝，FQ＝EF＝

∴GQ＝FG﹣FQ＝

∴CP'＝2GQ＝.