Question

3．如图1，矩形ABCD中，AD=4cm，AB=2cm，对角线AC、BD交于点O，过点O作OE⊥AD于点E
（1）求OE的长；
（2）如图2，动点P从点D出发沿DC向点C运动，当点P运动到何位置时，四边形OEDP为矩形？
（3）如图3，若动点P、Q分别从点D、E出发，以1cm/s的速度分别沿射线DC、射线ED的方向移动，设PQ=y，试求出y关于时间t的函数关系式，并猜想是否存在某一时刻，使PQ=BD？如果存在，请直接写出t值；如果不存在，说明理由
．

Answer 1

分析 （1）由矩形的性质得出OA=OC=$\frac{1}{2}$AC，OB=OD=$\frac{1}{2}$BD，AC=BD，CD=AB=2cm，∠BAD=∠ADC=90°，得出OA=OD，由等腰三角形的性质得出AE=DE，证出OE是△ABD的中位线，由三角形中位线定理即可得出结果；
（2）根据题意得出当PD=OE=1cm时，四边形OEDP为矩形，得出PD=$\frac{1}{2}$CD即可；
（3）分两种情况：当0＜t≤2时，DQ=2-x；当t＞2时，∠PDQ=90°，DQ=x-2，由勾股定理即可得出结果；由PQ=BD得出方程，解方程即可．

解答 解：（1）∵四边形ABCD是矩形，
∴OA=OC=$\frac{1}{2}$AC，OB=OD=$\frac{1}{2}$BD，AC=BD，CD=AB=2cm，∠BAD=∠ADC=90°，
∴OA=OD，
∵OE⊥AD，
∴AE=DE，
∴OE是△ABD的中位线，
∴OE=$\frac{1}{2}$AB=1cm；
（2）根据题意得：当PD=OE=1cm时，四边形OEDP为矩形，
∴PD=$\frac{1}{2}$CD，
即当点P运动到CD的中点位置时，四边形OEDP为矩形；
（3）当0＜t≤2时，DQ=2-x，
由勾股定理得：PQ=$\sqrt{P{D}^{2}+D{Q}^{2}}$=$\sqrt{{t}^{2}+（2-t）^{2}}$=$\sqrt{2{t}^{2}-4t+4}$；
当t＞2时，∠PDQ=90°，DQ=x-2，
由勾股定理得：PQ=$\sqrt{P{D}^{2}+D{Q}^{2}}$=$\sqrt{{t}^{2}+（t-2）^{2}}$=$\sqrt{2{t}^{2}-4t+4}$；
综上所述：y与时间t的函数关系式为y=$\sqrt{2{t}^{2}-4t+4}$；
存在某一时刻，使PQ=BD，t=4s；理由如下：
∵BD=$\sqrt{A{B}^{2}+A{D}^{2}}$=$\sqrt{{2}^{2}+{4}^{2}}$=2$\sqrt{5}$，
当PQ=BD时，2$\sqrt{5}$=$\sqrt{2{t}^{2}-4t+4}$，
解得：t=4或t=-2（舍去），
∴t=4，因此存在某一时刻，使PQ=BD，此时t=4s．

点评 本题是四边形综合题目，考查了矩形的性质、三角形中位线定理、矩形的判定、勾股定理、解方程等知识；本题综合性强，难度适中，熟练掌握矩形的性质和勾股定理是解决问题的关键．