Question

如圖1，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)A開始沿邊AC向點(diǎn)C以1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度運(yùn)動(dòng)，動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)C開始沿邊CB向點(diǎn)B以每秒2個(gè)單位長(zhǎng)度的速度運(yùn)動(dòng)，過點(diǎn)P作PD∥BC，交AB于點(diǎn)D，連接PQ分別從點(diǎn)A、C同時(shí)出發(fā)，當(dāng)其中一點(diǎn)到達(dá)端點(diǎn)時(shí)，另一點(diǎn)也隨之停止運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒（t≥0）．
（1）直接用含t的代數(shù)式分別表示：QB=　_________　，PD=　_________　．
（2）是否存在t的值，使四邊形PDBQ為菱形？若存在，求出t的值；若不存在，說明理由．并探究如何改變Q的速度（勻速運(yùn)動(dòng)），使四邊形PDBQ在某一時(shí)刻為菱形，求點(diǎn)Q的速度；
（3）如圖2，在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，求出線段PQ中點(diǎn)M所經(jīng)過的路徑長(zhǎng)．

Answer 1

（1）8﹣2t，t     （2）不存在   當(dāng)點(diǎn)Q的速度為每秒個(gè)單位長(zhǎng)度時(shí)，經(jīng)過秒，四邊形PDBQ是菱形        （3）2

試題分析：（1）根據(jù)題意得：CQ=2t，PA=t，
∴QB=8﹣2t，
∵在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，PD∥BC，
∴∠APD=90°，
∴tanA==，
∴PD=t．
故答案為：（1）8﹣2t，t．
（2）不存在
在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=8，
∴AB=10
∵PD∥BC，
∴△APD∽△ACB，
∴，即，
∴AD=t，
∴BD=AB﹣AD=10﹣t，
∵BQ∥DP，
∴當(dāng)BQ=DP時(shí)，四邊形PDBQ是平行四邊形，
即8﹣2t=，解得：t=．
當(dāng)t=時(shí)，PD==，BD=10﹣×=6，
∴DP≠BD，
∴?PDBQ不能為菱形．
設(shè)點(diǎn)Q的速度為每秒v個(gè)單位長(zhǎng)度，
則BQ=8﹣vt，PD=t，BD=10﹣t，
要使四邊形PDBQ為菱形，則PD=BD=BQ，
當(dāng)PD=BD時(shí)，即t=10﹣t，解得：t=
當(dāng)PD=BQ，t=時(shí)，即=8﹣，解得：v=
當(dāng)點(diǎn)Q的速度為每秒個(gè)單位長(zhǎng)度時(shí)，經(jīng)過秒，四邊形PDBQ是菱形．
（3）如圖2，以C為原點(diǎn)，以AC所在的直線為x軸，建立平面直角坐標(biāo)系．
依題意，可知0≤t≤4，當(dāng)t=0時(shí)，點(diǎn)M₁的坐標(biāo)為（3，0），當(dāng)t=4時(shí)點(diǎn)M₂的坐標(biāo)為（1，4）．
設(shè)直線M₁M₂的解析式為y=kx+b，
∴，
解得，
∴直線M₁M₂的解析式為y=﹣2x+6．
∵點(diǎn)Q（0，2t），P（6﹣t，0）
∴在運(yùn)動(dòng)過程中，線段PQ中點(diǎn)M₃的坐標(biāo)（，t）．
把x=代入y=﹣2x+6得y=﹣2×+6=t，
∴點(diǎn)M₃在直線M₁M₂上．
過點(diǎn)M₂做M₂N⊥x軸于點(diǎn)N，則M₂N=4，M₁N=2．
∴M₁M₂=2
∴線段PQ中點(diǎn)M所經(jīng)過的路徑長(zhǎng)為2單位長(zhǎng)度．

點(diǎn)評(píng)：此題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、平行四邊形的判定與性質(zhì)、菱形的判定與性質(zhì)以及一次函數(shù)的應(yīng)用．此題綜合性很強(qiáng)，難度較大，解題的關(guān)鍵是注意數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用．