(2012•福州)如圖1,在Rt△ABC中,∠C=90°,AC=6,BC=8,動點P從點A開始沿邊AC向點C以1個單位長度的速度運動,動點Q從點C開始沿邊CB向點B以每秒2個單位長度的速度運動,過點P作PD∥BC,交AB于點D,連接PQ分別從點A、C同時出發(fā),當其中一點到達端點時,另一點也隨之停止運動,設(shè)運動時間為t秒(t≥0).
(1)直接用含t的代數(shù)式分別表示:QB=
8-2t
8-2t
,PD=
4
3
t
4
3
t

(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(勻速運動),使四邊形PDBQ在某一時刻為菱形,求點Q的速度;
(3)如圖2,在整個運動過程中,求出線段PQ中點M所經(jīng)過的路徑長.
分析:(1)根據(jù)題意得:CQ=2t,PA=t,由Rt△ABC中,∠C=90°,AC=6,BC=8,PD∥BC,即可得tanA=
PD
PA
=
BC
AC
=
4
3
,則可求得QB與PD的值;
(2)易得△APD∽△ACB,即可求得AD與BD的長,由BQ∥DP,可得當BQ=DP時,四邊形PDBQ是平行四邊形,即可求得此時DP與BD的長,由DP≠BD,可判定?PDBQ不能為菱形;然后設(shè)點Q的速度為每秒v個單位長度,由要使四邊形PDBQ為菱形,則PD=BD=BQ,列方程即可求得答案;
(3)設(shè)E是AC的中點,連接ME.當t=4時,點Q與點B重合,運動停止.設(shè)此時PQ的中點為F,連接EF,由△PMN∽△PQC.利用相似三角形的對應邊成比例,即可求得答案.
解答:解:(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
PA
=
BC
AC
=
4
3

∴PD=
4
3
t.
故答案為:(1)8-2t,
4
3
t.

(2)不存在
在Rt△ABC中,∠C=90°,AC=6,BC=8,
∴AB=10
∵PD∥BC,
∴△APD∽△ACB,
AD
AB
=
AP
AC
,即
AD
10
=
t
6
,
∴AD=
5
3
t,
∴BD=AB-AD=10-
5
3
t,
∵BQ∥DP,
∴當BQ=DP時,四邊形PDBQ是平行四邊形,
即8-2t=
4t
3
,解得:t=
12
5

當t=
12
5
時,PD=
4
3
×
12
5
=
16
5
,BD=10-
5
3
×
12
5
=6,
∴DP≠BD,
∴?PDBQ不能為菱形.
設(shè)點Q的速度為每秒v個單位長度,
則BQ=8-vt,PD=
4
3
t,BD=10-
5
3
t,
要使四邊形PDBQ為菱形,則PD=BD=BQ,
當PD=BD時,即
4
3
t=10-
5
3
t,解得:t=
10
3

當PD=BQ,t=
10
3
時,即
4
3
×
10
3
=8-
10
3
v
,解得:v=
16
15

當點Q的速度為每秒
16
15
個單位長度時,經(jīng)過
10
3
秒,四邊形PDBQ是菱形.

(3)如圖2,以C為原點,以AC所在的直線為x軸,建立平面直角坐標系.
依題意,可知0≤t≤4,當t=0時,點M1的坐標為(3,0),當t=4時點M2的坐標為(1,4).
設(shè)直線M1M2的解析式為y=kx+b,
3k+b=0
k+b=4
,
解得
k=-2
b=6
,
∴直線M1M2的解析式為y=-2x+6.
∵點Q(0,2t),P(6-t,0)
∴在運動過程中,線段PQ中點M3的坐標(
6-t
2
,t).
把x=
6-t
2
代入y=-2x+6得y=-2×
6-t
2
+6=t,
∴點M3在直線M1M2上.
過點M2作M2N⊥x軸于點N,則M2N=4,M1N=2.
∴M1M2=2
5

∴線段PQ中點M所經(jīng)過的路徑長為2
5
單位長度.
點評: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)的應用.此題綜合性很強,難度較大,解題的關(guān)鍵是注意數(shù)形結(jié)合思想的應用.
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3
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