题目内容

如图，在梯形ABCD中，AD∥BC，∠A=Rt∠，AB=30cm，AD=40cm，连接BD，且BD=BC．动点P从A点出发，以4cm/s的速度沿AD向终点D运动；同时动点Q从D点出发，以5cm/s的速度沿DB向终点B运动．连接并延长PQ交折线D-C-B于点E．设动点P，Q的运动时间为t（s）．
（1）线段BC的长为cm．
（2）设△PDQ的面积为S．
①求S关于t的函数解析式；
②当P在何处时△PDQ的面积最大，最大值是多少？
（3）当t为何值时，△PDQ是等腰三角形；
（4）若点P关于直线BD的对称点为P′，连接P′E，当t=时，P′E∥BD（直接写出答案）．

解：（1）∵∠A=90°，AB=30cm，AD=40cm，
∴BD= $\text{[math]}$ = $\text{[math]}$ =50cm，
∴BC=BD=50cm；

（2）①如图，过Q作QF⊥AD于点F，则△ABD∽△FQD，
∴ $\text{[math]}$ = $\text{[math]}$ ，
即 $\text{[math]}$ = $\text{[math]}$ ，
解得QF=3t，
∴S= $\text{[math]}$ PD•QF= $\text{[math]}$ （40-4t）•3t=-6t²+60t，
即S═-6t²+60t；
②∵S=-6t²+60t=-6（t-5）²+150，
∴当t=5，AP=4×5=20cm，即P为AD的中点时，S有最大值150cm²；

（3）因为腰不明确，所以分三种情况讨论，
①当DP=DQ时，即40-4t=5t，解得，t= $\text{[math]}$ （s），
②当QP=QD时，过Q作QF⊥AD于点F，则PF=DF，△ABD∽△FQD，
∴ $\text{[math]}$ = $\text{[math]}$ ，
即 $\text{[math]}$ = $\text{[math]}$ ，
解得DF=4t，
∴ $\text{[math]}$ （40-4t）=4t，
解得，t= $\text{[math]}$ （s），
③当PD=PQ时，cos∠ADB= $\text{[math]}$ = $\text{[math]}$ ，
即 $\text{[math]}$ = $\text{[math]}$ ，
解得，t= $\text{[math]}$ （s），
综上所述，当t= $\text{[math]}$ ，t= $\text{[math]}$ ，t= $\text{[math]}$ （s）时，△PDQ为等腰三角形；

（4）①如图，当E在CD上时，延长AD交P′E的延长线于F点，显然DQ是△PEF的中位线，

∴DQ∥EF，
∴∠1=∠3，
又∵BD=BC，
∴∠1=∠C，
∵AD∥BC，
∴∠2=∠C，
∴∠2=∠3，
∴EF=DF=PD=40-4t，
由DQ是△PEF的中位线得，DQ= $\text{[math]}$ EF，
∴5t= $\text{[math]}$ （40-4t），
解得t= $\text{[math]}$ （s），
②如图，当E在BC上时，则QR是△PEP′的中位线，Q是PE的中点，

∴PQ=QE，
∵AD∥BC，
∴∠ADB=∠CBD，
在△PDQ和△EBQ中，
∵ $\text{[math]}$ ，
∴△PDQ≌△EBQ（AAS），
∴DQ=QB= $\text{[math]}$ BD，
即5t= $\text{[math]}$ ×50，
解得t=5（s），
综上所述，当t= $\text{[math]}$ s或5s时，P′E∥BD．
分析：（1）利用勾股定理列式求出BD的长度，即为BC的长度；
（2）①过Q作QF⊥AD于点F，利用相似三角形对应边成比例列式求出QF的长度，再根据三角形的面积公式列式整理即可得解；
②根据二次函数的最值问题解答；
（3）因为腰长没有明确，所以分①DP=DQ，②QP=QD，③PD=PQ三种情况，分别用含有t的代数式列式求解即可；
（4）分①点E在CD边上时，延长AD交P′E的延长线于F点，显然DQ是△PEF的中位线，根据垂直于同一直线的两直线平行可得DQ∥EF，然后根据平行线的性质以及等边对等角的性质推出∠FDE=∠DEF，再用t的代数式表示出DF、EF的长度，根据等角对等边的性质列出方程求解即可；②点E在BC上时，则QR是△PEP′的中位线，可得Q是PE的中点，然后利用“角角边”
证明△PDQ和△EBQ全等，根据全等三角形对应边相等可得DQ=BQ，然后根据DQ= $\text{[math]}$ BD列出方程求解即可．
点评：本题是对二次函数的综合考查，包括勾股定理，二次函数的最值问题，等腰三角形的两腰相等，三角形全等的判定与性质，分类讨论的思想，本题难度较大，对同学们的能力要求较高，一定要注意分情况讨论．