题目内容
6．
如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=54，BC=72，动点P从点A开始沿边AC向点C以每秒3个单位长度的速度运动，动点Q从点C开使沿边CB向点B运动，过点P作PD∥BC，交AB于点D，连接PQ，点P、Q同时出发，当其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动，设运动的时间为t秒（t≥0）．（1）当P、Q运动到某一位置时，四边形PDBQ恰好为菱形，①求出此时t的值；②求出点Q的运动速度；③连接DQ，求出此时DQ的长度．
（2）如图2，若DQ的延长线与AC的延长线交于点N，CN=8，CQ=10，求$\frac{AD}{BD}$的值．
分析 （1）①先由运动得出AP=3t，PD=4t，AD=5t，即可表示出BD=90-5t，由菱形的四边相等建立方程，即可求出时间t；
②由①知t=10，即可求出PQ，CP用勾股定理求出CQ，即可得出点Q的运动速度；
③根据勾股定理先求出BP，利用菱形的对角线垂直，平分求出OB，再用勾股定理求出OQ，即可得出结论；
（2）利用相似三角形的性质建立方程求出时间t即可得出AD，BD进而得出结论．
解答 解：（1）①在RtABC中，AC=54，BC=72，
根据勾股定理得，AB=90，tan∠A=$\frac{BC}{AC}=\frac{4}{3}$，
由运动知，AP=3t，
∴CP=AC-AP=54-3t，
∴PD=4t，AD=5t，
∴BD=AB-AD=90-5t．
∵四边形PDBQ是菱形，
∴PD=BD，
∴4t=90-5t，
∴t=10，
②由①知，t=10，
∴PD=40，
在Rt△PCQ中，PC=54-3t=24，PQ=PD=40，
根据勾股定理得，CQ=$\sqrt{P{Q}^{2}-C{P}^{2}}$=32，
∴Q的运动速度为$\frac{32}{10}$=3.2；
③如图1，
连接BP，DG相交于O，
在Rt△BCP中，CP=24，BC=72，
根据勾股定理得，BP=$\sqrt{B{C}^{2}+C{P}^{2}}$=24$\sqrt{10}$，
∵BP，DQ是菱形PDBQ的对角线，
∴DQ=2OQ，OB=$\frac{1}{2}$BP=12$\sqrt{10}$，BP⊥DQ，
在Rt△BOQ中，OB=12$\sqrt{10}$，BQ=BC-CQ=40，
根据勾股定理得，OQ=$\sqrt{B{Q}^{2}-O{B}^{2}}$=4$\sqrt{10}$，
∴DQ=2OQ=8$\sqrt{10}$，
（2）如图2，
过点D作DP⊥AC于P，
由运动知，AP=3t，DP=4t，AD=5t，
∴CP=AC-AP=54-3t，
∵CN=8，
∴NP=CN+CP=62-3t，
∵DP∥CQ，
∴△NCQ∽△NPD，
∴$\frac{CN}{PN}=\frac{CQ}{DP}$，
∴$\frac{8}{62-3t}=\frac{10}{4t}$，
∴t=10，
∴AD=5t=50，
∴BD=AB-AD=40，
∴$\frac{AD}{BD}=\frac{50}{40}$=$\frac{5}{4}$．
点评 此题是相似形综合题，主要考查了勾股定理，锐角三角函数，菱形的性质，相似三角形的判定和性质，解（1）的关键是根据菱形的两邻边相等建立方程求出时间，解（2）的关键是判断出△NCQ∽△NPD，是一道中等难度的中考常考题．
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如图，已知A（m，3）是一次函数y=kx+b与反函数y=$\frac{6}{x}$（x＞0）的交点．
| A． | 0 | B． | 3 | C． | 6 | D． | 3$\sqrt{2}$ |
①对角线相等的菱形是正方形；②对角线互相垂直的矩形是正方形；③对角线互相垂直且相等的平行四边形是正方形；④对角线互相平分垂直且相等的四边形是正方形．
| A． | ① | B． | ①② | C． | ①②③ | D． | ①②③④ |
如图，在平面直角坐标系中，抛物线y=-x2-2x+3与x轴交于A、C两点，与y轴交于点B，顶点为点D，已知点P（m，0）是线段CO上的动点，过点P作PQ⊥x轴交抛物线于点Q，交线段BC于点E，交直线CD于点F．