如图:直角梯形AOBC在平面直角坐标系中.AO=4.AC=5.OB=8.D在OB上.且OD=2.连CD．现有两个动点P.Q分别从点A和点O同时出发.其中点P以1/s的速度.沿AO向终点O移动,点Q以2/s的速度沿OB向终点B移动．过点P作PE∥AC交CD于点E．设动点运动时间为t秒．(1)求CD的长.并用t的代数式表示DE,(2)当t为何值时.①以P.E.Q.D为顶� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

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如图：直角梯形AOBC在平面直角坐标系中，AO=4，AC=5，OB=8，D在OB上，且OD=2，连CD．现有两个动点P、Q分别从点A和点O同时出发，其中点P以1/s的速度，沿AO向终点O移动；点Q以2/s的速度沿OB向终点B移动．过点P作PE∥AC交CD于点E．设动点运动时间为t秒．
（1）求CD的长，并用t的代数式表示DE；
（2）当t为何值时，①以P、E、Q、D为顶点的四边形是平行四边形；②以P、E、Q、B为顶点的四边形是平行四边形（注：只需从①，②中任选一种进行计算）；并求出你所选平行四边形的面积；
（3）当t为何值时，△EDQ为直角三角形．

考点：四边形综合题

专题：压轴题

分析：（1）作CF⊥OB于F，EG⊥OB于G，由勾股定理就可以求出CD的值，就可以求出sin∠CDF的值，由三角函数值就可以表示出DE；
（2）①当四边形PEQD是平行四边形时，有其现在就可以得出PE=DQ，根据其性质建立方程求出其解即可；②当四边形ACBQ为平行四边形时，由PE=BQ建立方程求出其解即可；
（3）分情况讨论，当∠EQD=90°时，如图2由勾股定理建立（4-t）²+（2t-2）²=（5-

t）²就可以求出结论，
当∠DEQ=90°时，如图3，先求出EQ=

8t-8

，再由勾股定理，得方程（2t-2）²=（5-

t）²+（

8t-8

）²．求出其解即可．

解答：解：（1）作CF⊥OB于F，EG⊥OB于G，
∴∠EGD=∠CFD=90°．
∵AC∥OB，∠AOB=90°，
∴∠CAO=90°，
∴∠CAO=∠AOB=∠CFO=90°，
∴四边形AOFC是矩形，
∴AO=CF．AC=OF．
∵AC=5，OA=4
∴OF=5，CF=4
∵OD=2，
∴DF=3．
在Rt△DFC中，有勾股定理，得
CD=5．
∴sin∠CDB=

．tan∠CDF=

∴sin∠EDG=

∵EG⊥OB，AO⊥OB，
∴AO∥EG．∠EGO=90°．
∵PE∥OB，
∴四边形POGE是矩形，
∴OP=EG．
∵OA=4，AP=t，
∴OP=4-t．
∴EG=4-t
∴

，
∴

4-t

，
∴DE=5-

t．
答：CD=5，DE=5-

t；
（2）①∵四边形PEQD是平行四边形，

∴PE=DQ．
∵EG=4-t，tan∠CDF=

，
∴

4-t

，
∴DG=3-

t，
∴PE=2+3-

t=5-

t．
∵OQ=2t，
∴DQ=2t-2，
∴2t-2=5-

t．
∴t=

．
∴DQ=2×

-2=

，EG=4-

，
∴S=

544

121

；
②∵四边形PEQB是平行四边形，
∴PE=QB．

∵QB=OB-OQ=8-2t
∴8-2t=5-

t，
∴t=

，
∴EG=4-

．QB=8-2×

，
∴S=

128

；
（3）①当∠EQD=90°时，如图2
由勾股定理，得
（4-t）²+（2t-2）²=（5-

t）²，

解得：t₁=

，t₂=-

（舍去）；
②当∠DEQ=90°时，如图3，
∴DF=OF-OD=5-

t-2=3-

t．
∵sin∠EDQ=

，
∴EQ=

8t-8

由勾股定理，得
（2t-2）²=（5-

t）²+（

8t-8

）²．
49t²-3848t+9424=0，
解得：t₁=

124

，t₂=76（舍去）．
③∠EDQ不可能是直角，所以不存在．
t=

124

或=

时，△EDQ为直角三角形．

点评：本题考查了梯形的性质的运用，锐角三角函数值的运用，直角三角形的性质的运用，平行四边形的性质的运用，勾股定理的运用，平行四边形的面积的运用，解答时灵活运用锐角时间函数值求解是关键．

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