Question

9．如图1，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD⊥AB，AB=12，CD=9，点M从点A出发，以每秒2个单位长度的速度向点B运动，同时，点N从点C出发，以每秒1个单位长度的速度向点D运动．其中一个动点到达终点时，另一个动点也随之停止运动．过点N作NP⊥AB于点P，连接BD交NP于点Q，连接MQ．设运动时间为t秒．
（1）BM=12-2t，BP=3+t；（用含t的代数式表示）
（2）若t=3，试判断四边形BNDP的形状；
（3）如图2，将△BQM沿AB翻折，得△BKM．
①是否存在某时刻t，使四边形BQMK为菱形，若存在，求出t的值，若不存在，请说明理由；
②在①的条件下，要使四边形BQMK为正方形，则BD=12$\sqrt{2}$．

Answer 1

分析 （1）先用t表示出CN，AM，再通过线段和差关系表示出MB、BP；
（2）把t=3代入DN、BP中，若DN=BP，则四边形满足一组对边平行且相等，是平行四边形，否则就是梯形；
（3）①由于△BQM沿AB翻折成△MKB，只要QM=QB，四边形BQMK就是菱形，因为QP⊥AB，MP、BP可由t表示出来，可通过MP=PB计算出t；
②若四边形BQMK为正方形，则∠MQB是直角，∠QBA=45°，可通过等腰直角三角形间的三边关系，先求出t，再分别计算出BQ、DQ．

解答 解：（1）∵AB∥CD，AD⊥AB，AB=12，CD=9，过点N作NP⊥AB于点P，
∴四边形APND是矩形，
∴DN=AP．
∵AB=12，CD=9，AM=2t，CN=t，
∴DN=9-t，
∴BM=AB-AM=12-2t，BP=AB-AP=AB-DN=12-（9-t）=3+t．
答案：12-2t，3+t；

（2）当t=3时，DN=9-t=6，BP=3+t=6，
∴DN=PB，又∵DN∥BP，
∴四边形BNDP是平行四边形．

（3）①当t=1.5时，四边形BQMK为菱形．理由如下：
∵△BQM沿AB翻折，得△BKM，
∴BQ=BK，QM=MK，当QM=QB时，四边形MQBK是菱形．
∵QP⊥AB，
∴MP=BP．
∵MP=AP-AM=DN-AM=（9-t）-2t=9-3t，BP=AB-AP=AB-DN=3+t，
当9-3t=3+t时，t=1.5．即当t=1.5时，四边形BQMK为菱形．
②当菱形BQMK为正方形时，∠MQB=90°，BM=12-2t，BP=3+t，
∴∠QBM=45°．
∵cos∠MBQ=cos45°=$\frac{BQ}{BM}$=$\frac{BQ}{12-2t}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，
∴BQ=6$\sqrt{2}$-$\sqrt{2}$t．
∵cos∠MBQ=cos45°=
$\frac{BP}{BQ}$=$\frac{3+t}{6\sqrt{2}-\sqrt{2}t}$=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，即6+2t=12-2t，
解得t=1.5．∴BQ=6$\sqrt{2}$-1.5$\sqrt{2}$=4.5$\sqrt{2}$．
∵DC∥AB，
∴∠NDB=∠DBM=45°，
在RT△DNQ中，DQ=$\sqrt{2}$DN=（9-t）$\sqrt{2}$=7.5$\sqrt{2}$，
∴BD=BQ+DQ=4.5$\sqrt{2}$+7.5$\sqrt{2}$=12$\sqrt{2}$．
答案：12$\sqrt{2}$．

点评 点评：本题是一个直角梯形与动点的结合题目，考察了矩形的性质和判定、平行四边形的判定、菱形的性质及正方形的性质．等腰直角三角形的三边1：1：$\sqrt{2}$间关系或者特殊角的三角函数是解决本题的关键．