Question

3．如图1，矩形ABCD中，AB=7cm，AD=4cm，点E为AD上一定点，点F为AD延长线上一点，且DF=acm，点P从A点出发，沿AB边向点B以2cm/s的速度运动，连结PE，设点P运动的时间为ts，△PAE的面积为ycm²，当0≤t≤1时，△PAE的面积y（cm²）关于时间t（s）的函数图象如图2所示，连结PF，交CD于点H．
（1）t的取值范围为0≤t≤3.5，AE=1cm；
（2）如图3，将△HDF沿线段DF进行翻折，与CD的延长线交于点M，连结AM，当a为何值时，四边形PAMH为菱形？并求出此时点P的运动时间t；
（3）如图4，当点P出发1s后，AD边上另一动点Q从E点出发，沿ED边向点D以1cm/s的速度运动，如果P，Q两点中的任意一点到达终点后，另一点也停止运动，连结PQ，QH．若a=$\frac{4}{3}$cm，请问△PQH能否构成直角三角形？若能，请求出点P的运动时间t；若不能，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）根据列出与时间的关系可以确定t的范围，根据t=1时，△APE面积为1，即可求出AE．
（2）只要证明∠MAD=∠MFD=30°即可解决问题．
（3））①若∠PQH为直角三角形，△APQ∽△DQH，得$\frac{AP}{DQ}$=$\frac{AQ}{DH}$，求出DH=$\frac{4-t}{2}$，再由DH∥AP，得$\frac{DH}{AP}$=$\frac{DF}{AF}$列出方程即可解决．
②若∠PHQ=90°，如图4中，作PM⊥CD于M，类似①利用相似三角形性质列出方程即可解决问题．

解答 解：（1）∵AB=7，7÷2=3.5，
∴0≤t≤3.5，
由图象可知y=t，
∴t=1时，y=1，
∴$\frac{1}{2}$•AE•2=1，
∴AE=1，
故答案分别为0≤t≤3.5，1．
（2）如图3中，∵四边形AMHP是菱形，
∴AM=MH=2DM，AM∥PF，
∵∠ADM=90°，
∴∠MAD=30°，
∴∠PFA=∠MFA=∠MAD=30°，
∴MA=MF，∵MD⊥AF，
∴AD=DF=4，
∴a=4．AP=2DM=$\frac{8\sqrt{3}}{3}$，
∴t=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$．

（3）①若∠PQH为直角三角形，
∵∠PQA+∠HQD=90°，∠HQD+∠QHD=90°，
∴∠AQP=∠QHD，∵∠PAQ=∠HDQ=90°．
∴△APQ∽△DQH，
∴$\frac{AP}{DQ}$=$\frac{AQ}{DH}$，
∴$\frac{2t}{4-t}$=$\frac{t}{DH}$，
∴DH=$\frac{4-t}{2}$，
∵DH∥AP，
∴$\frac{DH}{AP}$=$\frac{DF}{AF}$，
∴$\frac{\frac{4-t}{2}}{2t}$=$\frac{\frac{4}{3}}{4+\frac{4}{3}}$，
∴t=2．
②若∠PHQ=90°，如图4中，作PM⊥CD于M，同理可证△PMH∽△HDQ，
∴$\frac{PM}{HD}$=$\frac{MH}{DQ}$，
∴$\frac{4}{HD}$=$\frac{2t-HD}{4-t}$，
∵DH∥AP，
∴$\frac{DH}{AP}$=$\frac{DF}{AF}$，
∴$\frac{DH}{2t}$=$\frac{\frac{4}{3}}{4+\frac{4}{3}}$，
∴DH=$\frac{1}{2}$t，
∴$\frac{4}{\frac{1}{2}t}$=$\frac{2t-\frac{1}{2}t}{4-t}$，
∴3t²+16t-64=0，
∴t=$\frac{8}{3}$或（-8舍弃），
∴t=2或$\frac{8}{3}$时，△PQH能构成直角三角形．

点评 本题考查四边形综合题、相似三角形的判定和性质、勾股定理等知识，解题的关键是正确寻找相似三角形，利用相似三角形的性质，列出方程解决问题，属于中考压轴题．