如图.直角梯形ABCD中.AB∥CD.∠DAB=90°.AB=7.AD=4.CA=5.动点M以每秒1个单位长的速度.从点A沿线段AB向点B运动,同时点P以相同的速度.从点C沿折线C→D→A向点A运动．当点M到达点B时.两点同时停止运动．过点M作直线l∥AD.与线段CD交于点E.与折线A-C-B的交点为Q.设点M的运动时间为t．(1)当点P在线段CD上时.CE= .CQ= ,,� 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ABCD中，AB∥CD，∠DAB=90°，AB=7，AD=4，CA=5，动点M以每秒1个单位长的速度，从点A沿线段AB向点B运动；同时点P以相同的速度，从点C沿折线C→D→A向点A运动．当点M到达点B时，两点同时停止运动．过点M作直线l∥AD，与线段CD交于点E，与折线A-C-B的交点为Q，设点M的运动时间为t．
（1）当点P在线段CD上时，CE=

，CQ=

；（用含t的代数式表示）；
（2）在（1）的条件下，如果以C、P、Q为顶点的三角形为等腰三角形，求t的值；
（3）当点P运动到线段AD上时，PQ与AC交于点G，若S_△PCG：S_△CQG=1：3，求t的值．

考点：四边形综合题

专题：

分析：（1）先由勾股定理得到CD的长，可得CE=3-t，再由直线l∥AD，得

，所以CQ=5-

t；
（2）当CP=CQ时，得：5-

t=t，解得：t=

；当QC=QP时解得：t=2；当QP=CP时t=

；
（3）过点C作CF⊥AB交AB于点F，交PQ于点H．由QM=PA且QM∥PA，求得四边形AMQP为平行四边形．S_△PCG：S_△CQG=1：3，且S_△PCG=

PG•CH，S_△CQG=

QG•CH，所以PG：QG=1：3．得：

（7-t）=

t，解方程即可求得t．

解答：解：（1）∵AB∥CD，∠DAB=90°，
∴∠D=90°，
∴CD=

AC2-AD2

52-42

=3．
∴CE=3-t，
∵直线l∥AD，
∴

∴CQ=5-

t；
（2）当CP=CQ时，得：5-

t=t，解得：t=

；
当QC=QP时（如图1），

∵QE⊥CD，
∴CP=2CE，
即：t=2（3-t），
解得：t=2；
当QP=CP时，由勾股定理可得：
PQ²=（2t-3）²+（4-

t）²，
∴（2t-3）²+（4-

t）²=t²，
整理得：43t²-204t+225=0，
解得：t₁=3（舍去），t₂=

．
因此当t=

，t=2或t=

时，以C、P、Q为顶点的三角形为等腰三角形；
（3）如图3，过点C作CF⊥AB交AB于点F，交PQ于点H．

PA=DA-DP=4-（t-3）=7-t．
在Rt△BCF中，由题意得，
BF=AB-AF=4．
∴CF=BF，
∴∠B=45°，
∴QM=MB=7-t，
∴QM=PA．
又∵QM∥PA，
∴四边形AMQP为平行四边形．
∴PQ=AM=t．
∵S_△PCG：S_△CQG=1：3，且S_△PCG=

PG•CH，S_△CQG=

QG•CH，
∴PG：QG=1：3．
得：

（7-t）=

t，
解得：t=

．
因此当t=

时，S_△PCG：S_△CQG=1：3．

点评：本题主要考查了四边形中的动点问题．用到平行四边形的判定与性质，勾股定理，一元二次方程，知识点较多，综合性强．

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