题目内容
15．
如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=4cm，BC=5cm，点D在BC上，且CD=3cm，现有两个动点P，Q分别从点A和点B同时出发，其中点P以1厘米/秒的速度沿AC向终点C运动；点Q以1.25厘米/秒的速度沿BC向终点C运动．过点P作PE∥BC交AD于点E，连接EQ．设动点运动时间为t秒（t＞0）．当一个点到达终点时，另一个点随之停止运动．（1）连接DP，t为何值时，四边形EQDP能够成为平行四边形？
（2）t＞1.6时，设△EDQ的面积为y，求y与t的函数关系式；是否存在某一时刻t使△EDQ的面积与△AEP的面积相等？若存在，求出t的值，若不存在，说明理由．
（3）在（2）的条件下，当t为何值时，△EDQ为直角三角形？
分析 （1）根据平行线分线段成比例定理得到$\frac{PE}{CD}$=$\frac{AP}{AC}$=$\frac{AE}{AD}$，用t表示出PE的长，根据平行四边形的判定定理列式计算即可；
（2）根据三角形的面积公式表示出y与t的函数关系式，根据题意得到关于t的一元二次方程，解方程得到答案；
（3）分∠EDQ=90°和∠DEQ=90°两种情况，根据相似三角形的判定定理和性质定理列式计算即可．
解答 解：（1）∵BC=5cm，CD=3cm，
∴BD=2cm，
∵∠C=90°，AC=4cm，CD=3cm，
∴AD=5cm，
∵PE∥BC，
∴$\frac{PE}{CD}$=$\frac{AP}{AC}$=$\frac{AE}{AD}$，即$\frac{PE}{3}$=$\frac{t}{4}$=$\frac{AE}{5}$，
解答，PE=$\frac{3t}{4}$，AE=$\frac{5t}{4}$，
∵四边形EQDP能够成为平行四边形，
∴PE=DQ，即$\frac{3t}{4}$=2-1.25t，
解答，t=1，
∴当t=1时，四边形EQDP能够成为平行四边形；
（2）由题意得，PC=4-t，DQ=1.25t-2，
∴△EDQ的面积=$\frac{1}{2}$×（4-t）×（1.25t-2），
∴y=-$\frac{5}{8}$t2+$\frac{7}{2}$t-4，
△AEP的面积=$\frac{1}{2}$×$\frac{3}{4}$t×t=$\frac{3}{8}$t2，
由题意得，-$\frac{5}{8}$t2+$\frac{7}{2}$t-4=$\frac{3}{8}$t2，
整理得，2t2-7t=8=0，
此方程无解，
∴不存在某一时刻t使△EDQ的面积与△AEP的面积相等；
（3）如图2，∠EDQ=90°时，EQ∥AC，
∴$\frac{EQ}{AC}$=$\frac{DQ}{DC}$，即$\frac{4-t}{4}$=$\frac{1.25t-2}{3}$，
解得，t=$\frac{5}{2}$；
如图3，当∠DEQ=90°时，
△DEQ∽△DCA，
∴$\frac{DQ}{AD}$=$\frac{DE}{DC}$，即$\frac{1.25t-2}{5}$=$\frac{5-\frac{5t}{4}}{3}$，
解得，t=3.1，
∴t=$\frac{5}{2}$s或t=3.1s时，△EDQ为直角三角形．
点评 本题考查的是相似三角形的判定和性质、平行四边形的判定、二次函数解析式的求法，灵活运用相关定理、正确作出辅助线是解题的关键，注意分情况讨论思想的正确运用．
名题训练系列答案
期末集结号系列答案
如图，点A在BE上，且AC=AB，BD=CE．CE，BD交于点F，AC，BD交于点G．∠CAB=∠DFE．则AE等于（ ）| A． | AD | B． | DF | C． | CE-AB | D． | BD-AB |
如图，AC=BC，点0为AB的中点，AC⊥BC，∠MON=45°，求证：CN+MN=AM．（1）一条直线把平面分成2部分；
（2）两条直线最多可把平面分成4部分；
（3）三条直线最多可把平面分成7部分…；
把上述探究的结果进行整理，列表分析：
| 直线条数 | 把平面分成部分数 | 写成和形式 |
| 1 | 2 | 1+1 |
| 2 | 4 | 1+1+2 |
| 3 | 7 | 1+1+2+3 |
| 4 | 11 | 1+1+2+3+4 |
| … | … | … |
（2）当直线为n条时，把平面最多分成$\frac{{n}^{2}+n+2}{2}$部分．
如图，∠BOC=10°，点A在OB上，且OA=1，按下列要求画图：以A为圆心，1为半径向右画弧交OC于点A1，得第1条线段AA1；再以A1为圆心，1为半径向右画弧交OB于点A2，得第2条线段A1A2；再以A2为圆心，1为半径向右画弧交OC于点A3，得第3条线段A2A3；…这样画下去，直到得第n条线段，之后就不能再画出符合要求的线段了，则n=8．