Question

5．如圖，直角梯形ABCD中，AB∥DC，∠DAB=90°，AD=2DC=4，AB=6．動(dòng)點(diǎn)M以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)的速度，從點(diǎn)A沿線(xiàn)段AB向點(diǎn)B運(yùn)動(dòng)；同時(shí)點(diǎn)P以相同的速度，從點(diǎn)C沿折線(xiàn)C-D-A向點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)．當(dāng)點(diǎn)M到達(dá)點(diǎn)B時(shí)，兩點(diǎn)同時(shí)停止運(yùn)動(dòng)．過(guò)點(diǎn)M作直線(xiàn)l∥AD，與線(xiàn)段CD的交點(diǎn)為E，與折線(xiàn)A-C-B的交點(diǎn)為Q．點(diǎn)M運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t（秒）．
（1）當(dāng)t=0.5時(shí)，求線(xiàn)段QM的長(zhǎng)；
（2）當(dāng)M在AB上運(yùn)動(dòng)時(shí)，是否可以使得以C、P、Q為頂點(diǎn)的三角形為直角三角形？若可以，請(qǐng)求t的值；若不可以，請(qǐng)說(shuō)明理由．
（3）當(dāng)t＞2時(shí)，連接PQ交線(xiàn)段AC于點(diǎn)R．請(qǐng)?zhí)骄?\frac{CQ}{RQ}$是否為定值，若是，試求這個(gè)定值；若不是，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）利用直線(xiàn)平行得出Rt△AQM∽R(shí)t△CAD，再利用對(duì)應(yīng)邊的比值相等求出即可；
（2）點(diǎn)M在線(xiàn)段AB上運(yùn)動(dòng)時(shí)，以C、P、Q為頂點(diǎn)的三角形為直角三角形，可利用三邊關(guān)系得出；
（3）$\frac{CQ}{RQ}$為定值．當(dāng)t＞2時(shí)，如備用圖2，先證明四邊形AMQP為矩形，再利用平行線(xiàn)分線(xiàn)段成比例定理的推論可得△CRQ∽△CAB，再利用比例線(xiàn)段可求$\frac{CQ}{RQ}$．

解答 解：（1）∵AB∥DC，
∴Rt△AQM∽R(shí)t△CAD．
∴$\frac{QM}{AM}$=$\frac{AD}{CD}$．
即 $\frac{QM}{0.5}$=$\frac{4}{2}$，
∴QM=1．

（2）∵根據(jù)題意可得當(dāng)0≤t≤2時(shí)，以C、P、Q為頂點(diǎn)可以構(gòu)成三角形為直角三角形，故有兩種情況：
①當(dāng)∠CPQ=90°時(shí)，點(diǎn)P與點(diǎn)E重合，
此時(shí)DE+CP=CD，即t+t=2，∴t=1，
②當(dāng)∠PQC=90°時(shí)，如備用圖1，
此時(shí)Rt△PEQ∽R(shí)t△QMA，∴$\frac{EQ}{PE}$=$\frac{MA}{QM}$，
由（1）知，EQ=EM-QM=4-2t，
而PE=PC-CE=PC-（DC-DE）=t-（2-t）=2t-2，
∴$\frac{4-2t}{2t-2}$=$\frac{1}{2}$，
∴t=$\frac{5}{3}$；
③當(dāng)2＜t≤6時(shí)，
可得CD=DP=2時(shí)，∠DCP=45°，
可以使得以C、P、Q為頂點(diǎn)的三角形為直角三角形，
此時(shí)t=4，
綜上所述，t=1或 $\frac{5}{3}$或4；
（3）$\frac{CQ}{RQ}$為定值．
當(dāng)t＞2時(shí)，如備用圖2，PA=DA-DP=4-（t-2）=6-t，
由（1）得，BF=AB-AF=4，
∴CF=BF，
∴∠CBF=45°，
∴QM=MB=6-t，
∴QM=PA，
∵AB∥DC，∠DAB=90°，
∴四邊形AMQP為矩形，
∴PQ∥AB，
∴△CRQ∽△CAB，
∴$\frac{CQ}{RQ}$=$\frac{BC}{AB}$=$\frac{\sqrt{C{F}^{2}+B{F}^{2}}}{AB}$=$\frac{4\sqrt{2}}{6}$=$\frac{2\sqrt{2}}{3}$．

點(diǎn)評(píng) 此題主要考查了相似三角形的性質(zhì)與判定以及直角三角形的判定等知識(shí)，題目綜合性較強(qiáng)，分類(lèi)討論時(shí)要考慮全面，根據(jù)t的取值范圍進(jìn)行討論是解決問(wèn)題的關(guān)鍵．