Question

20．如图，在△ABC中，AD⊥BC于点D，BD=4厘米，DC=6厘米，AD=8厘米，动点P从点B出发，沿折线BA-AD运动，到D点停止，过点P作BC的平行线交折线DA-AB于点F，点E为AC的中点，动点Q沿A-E-A运动，过Q作BC的平行线交AD于点G，点P在BA上的速度为2$\sqrt{5}$厘米/秒，在AD上的速度为4厘米/秒，点Q的速度为$\frac{5}{2}$厘米/秒，点P、Q同时出发，有一点到达终点时另一点也停止运动，以P、F、Q、G为顶点的四边形的面积为y（厘米²），运动的时间为t（秒）．
（1）求AB和AE的长；
（2）当t为何值时，P、F、Q、G四点共线；
（3）在运动过程中，以P、F、Q、G为顶点的四边形是平行四边形，求t的值；
（4）求y（厘米²）与t（秒）之间的函数关系式．

Answer 1

分析 （1）分别在在Rt△ABD中，Rt△ADC中，利用勾股定理即可解决问题；
（2）分两种情形①当0＜t≤2时，②当2＜t≤4时，根据AF=AG列出方程即可解决问题；
（3）分两种情形①当0＜t≤2时，②当2＜t≤4时，根据PF=QG列出方程即可解决问题；
（4）分两种情形求解即可，注意t=$\frac{4}{3}$s或$\frac{8}{3}$s或4s时，四边形不存在，注意自变量的取值范围；

解答 解：（1）∵AD⊥BC，
∴∠ADC=∠ADB=90°，
在Rt△ABD中，AB=$\sqrt{B{D}^{2}+A{D}^{2}}$=$\sqrt{{4}^{2}+{8}^{2}}$=4$\sqrt{5}$，
在Rt△ADC中，AC=$\sqrt{A{D}^{2}+D{C}^{2}}$=$\sqrt{{8}^{2}+{6}^{2}}$=10，
∵点E为AC的中点，
∴AE=$\frac{1}{2}$AC=5．

（2）①当0＜t≤2时，
∵PF∥BD，QG∥DC，
∴$\frac{PA}{AB}$=$\frac{AF}{AD}$，$\frac{AG}{AD}$=$\frac{AQ}{AE}$，
∴$\frac{4\sqrt{5}-2\sqrt{5}t}{4\sqrt{5}}$=$\frac{AF}{8}$，$\frac{AG}{8}$=$\frac{\frac{5}{2}t}{10}$，
∴AF=8-4t，AG=2t，
当AG=AF时，P、F、G、Q四点共线，
∴8-4t=2t，
∴t=$\frac{4}{3}$s．
②当2＜t≤4时，AF=4（t-2），AG=8-2t，
当AG=AF时，4（t-2）=8-2t，
∴t=$\frac{8}{3}$s，
综上所述，当t=$\frac{4}{3}$s或$\frac{8}{3}$s时，P、F、G、Q四点共线．

（3）①当0＜t≤2时，
∵PF∥BD，QG∥DC，
∴$\frac{PA}{AB}$=$\frac{PF}{BD}$，$\frac{GQ}{DC}$=$\frac{AQ}{AE}$，
∴$\frac{4\sqrt{5}-2\sqrt{5}t}{4\sqrt{5}}$=$\frac{PF}{4}$，$\frac{GQ}{6}$=$\frac{\frac{5}{2}t}{10}$，
∴PF=4-2t，QG=$\frac{3}{2}$t，
当PF=GQ时，以P、F、Q、G为顶点的四边形是平行四边形，
∴4-2t=$\frac{3}{2}$t，
∴t=$\frac{8}{7}$s．
②当2＜t≤4时，PF=2t-4，QG=6-$\frac{3}{2}$t，
当PF=GQ时，以P、F、Q、G为顶点的四边形是平行四边形，
∴2t-4=6-$\frac{3}{2}$t，
∴t=$\frac{20}{7}$
综上所述，当t=$\frac{8}{7}$s或$\frac{20}{7}$s时，以P、F、Q、G为顶点的四边形是平行四边形．

（4））①当0＜t＜$\frac{4}{3}$或$\frac{4}{3}$＜t＜2时，y=S_△PFG+S_△GQF=$\frac{1}{2}$•（4-2t）•（8-4t-2t）+$\frac{1}{2}$•$\frac{3}{2}$t•（8-4t-2t）=$\frac{3}{2}$t²-14t+16．
②当2＜t＜$\frac{8}{3}$或$\frac{8}{3}$＜t＜4时，y=S_△PFG+S_△GQF=$\frac{1}{2}$•（2t-4）•（2t-8+4t）+$\frac{1}{2}$•（6-$\frac{3}{2}$t）（2t-8+4t）=$\frac{3}{2}$t²+4t-8．

点评 本题考查四边形综合题、平行四边形的判定和性质、平行线分线段成比例定理、勾股定理等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题，学会构建方程解决问题，属于中考压轴题．