Question

4．如图，四边形ABCD中，AD∥BC，∠A=90°，AD=1厘米，AB=3厘米，BC=5厘米，动点P从点B出发以1厘米/秒的速度沿BC方向运动，动点Q从点C出发以2厘米/秒的速度沿CD方向运动，P，Q两点同时出发，当点Q到达点D时停止运动，点P也随之停止，设运动时间为t秒（t＞0）．
（1）求线段CD的长；
（2）t为何值时，线段PQ将四边形ABCD的面积分为1：2两部分？
（3）伴随P，Q两点的运动，线段PQ的垂直平分线为l．
①t为何值时，l经过点C？
②求当l经过点D时t的值，并求出此时刻线段PQ的长．

Answer 1

分析 （1）作DE⊥BC于E，根据勾股定理即可求解；
（2）线段PQ将四边形ABCD的面积分为1：2两部分，分两种情况进行求解；
（3）①当PQ的垂直平分线经过点C进行分析解答；
②当PQ的垂直平分线l经过点D时进行分析解答．

解答 解：（1）如图1，作DE⊥BC于E，

∵AD∥BC，∠A=90°，
∴四边形ABED为矩形，
∴BE=AD=1，DE=AB=3，
∴EC=BC-BE=4，
在Rt△DEC中，DE²+EC²=DC²，
∴$DC=\sqrt{{3}^{2}+{4}^{2}}=5$厘米；
（2）∵点P的速度为1厘米/秒，点Q的速度为2厘米/秒，运动时间为t秒，
∴BP=t厘米，PC=（5-t）厘米，CQ=2t厘米，QD=（5-2t）厘米，
且0＜t≤2.5，
作QH⊥BC于点H，
∴DE∥QH，
∴∠DEC=∠QHC，
∵∠C=∠C，
∴△DEC∽△QHC，
∴$\frac{DE}{QH}=\frac{DC}{QC}$，
∴$\frac{3}{QH}=\frac{5}{2t}$，
∴$QH=\frac{6}{5}t$，
∴${S}_{△PQC}=\frac{1}{2}•PC•QH=\frac{1}{2}•（5-t）•\frac{6}{5}t=-\frac{3}{5}{t}^{2}$+3t，
${S}_{四边形ABCD}=\frac{1}{2}•（AD+BC）•AB=\frac{1}{2}×（1+5）×3=9$，
分两种情况讨论：
①当S_△PQC：S_{四边形ABCD}=1：3时，$-\frac{3}{5}{t}^{2}+3t=\frac{1}{3}×9$，
即t²-5t+5=0，
解得：${t}_{1}=\frac{5-\sqrt{5}}{2}，{t}_{2}=\frac{5+\sqrt{5}}{2}$（舍去）；
②S_△PQC：S_{四边形ABCD}=2：3时，$-\frac{3}{5}{t}^{2}+3t=\frac{2}{3}×9$，
即t²-5t+10=0，
∵△＜0，
∴方程无解，
∴当t为$\frac{5-\sqrt{5}}{2}$秒时，线段PQ将四边形ABCD的面积分为1：2两部分；
（3）如图2，

①当PQ的垂直平分线l经过点C时，可知PC=QC，
∴5-t=2t，
∴3t=5，
∴t=$\frac{5}{3}$，
∴当t=$\frac{5}{3}$秒时，直线l经过点C；
②如图3，

当PQ的垂直平分线l经过点D时，
可知DQ=DP，
连接DP，则在Rt△DEP中，DP²=DE²+EP²，
∴DQ²=DE²+EP²，
∴（5-2t）²=3²+（t-1）²，
∴t₁=1，t₂=5（舍去），
∴BP=1厘米，
∴当t=1秒时，直线l经过点D，此时点P与点E重合；
如图4，连接FQ，

∵直线l是△DPQ的对称轴，
∴△DEF≌△DQF，∠DQF=90°，EF=QF，
设EF=x厘米，则QF=x厘米，FC=（4-x）厘米，
在Rt△FQC中，FQ²+QC²=FC²，
x²+2²=（4-x）²，
∴x=$\frac{3}{2}$，
∴EF=$\frac{3}{2}$厘米，
在Rt△DEF中，DE²+EF²=DF²，
∴${3}^{2}+（\frac{3}{2}）^{2}=D{F}^{2}$，
∴DF=$\frac{3}{2}\sqrt{5}$厘米，
在Rt△DEF中，EG⊥DF，
∴${S}_{△DEF}=\frac{1}{2}DF•EG=\frac{1}{2}DE•EF$，
∴EG=$\frac{DE•EF}{DF}$，
∴EG=$\frac{3\sqrt{5}}{5}$厘米，
∴PQ=2EG=$\frac{6\sqrt{5}}{5}$厘米．

点评 此题考查了四边形的综合题，能够根据勾股定理、解直角三角形的知识、三角形的面积公式进行分析讨论．