Question

16．如图，在等腰梯形ABCD中，AB∥DC，AD=BC=5cm，AB=12cm，CD=6cm，点P从A开始沿AB边向B以每秒3cm的速度移动，点Q从C开始沿CD边向D以每秒1cm的速度移动，如果点P、Q分别从A、C同时出发，当其中一点到达终点时运动停止，设运动时间为t秒．
（1）求证：当t=$\frac{3}{2}$时，四边形APQD是平行四边形；
（2）PQ是否可能平分对角线BD？若能，求出当t为何值时PQ平分BD；若不能，请说明理由．
（3）若△DPQ是以PQ为腰的等腰三角形，求t的值．

Answer 1

分析 （1）由题意可得当t=4秒时，两点停止运动，在运动过程中AP=3t，CQ=t，即可得BP=12-3t，DQ=6-t，由t=$\frac{3}{2}$，即可求得AP=DQ，又由AP∥DQ，即可判定四边形APQD是平行四边形；
（2）首先连接BD交PQ于点E，若PQ平分对角线BD，则DE=BE，易证得△DEQ≌△BEP，继而可得四边形DPBQ为平行四边形，则可得6-t=12-3t，解此方程即可求得答案．
（3）分两种情况：①当PQ=PD时，作DN⊥AB于N，QM⊥AB于M，CE⊥AB与E，如图所示：则DN=QM，AN=BE=$\frac{1}{2}$（AB-CD）=3，ME=CQ=t，得出PN=AP-AN=3t-3，PM=BP-BE-ME=9-4t，由PN=PM得出方程，解方程即可；
②当PQ=DQ=6-t时，由勾股定理得出方程，方程无解；即可得出答案．

解答 （1）证明：∵$\frac{12}{3}$＜$\frac{6}{1}$，
∴当t=4秒时，两点停止运动，在运动过程中AP=3t，CQ=t，
∴BP=12-3t，DQ=6-t，
当t=$\frac{3}{2}$时，DQ=6-$\frac{3}{2}$=$\frac{9}{2}$，AP=3×$\frac{3}{2}$=$\frac{9}{2}$，
∴AP=DQ
又∵四边形ABCD为等腰梯形，
∴AP∥DQ，
∴四边形APQD为平行四边形；

（2）解：PQ能平分对角线BD，当t=3秒时，PQ平分对角线BD．
理由如下：
连接BD交PQ于点E，如图1所示：
若PQ平分对角线BD，则DE=BE，
∵CD∥AB，
∴∠1=∠2，∠3=∠4，
在△DEQ和△BEP中，$\left\{\begin{array}{l}{∠3=∠4}\\{∠1=∠2}\\{DE=BE}\end{array}\right.$，
∴△DEQ≌△BEP（AAS），
∴DQ=BP，
即四边形DPBQ为平行四边形，
∴6-t=12-3t，
解得t=3，符合题意，
∴当t=3秒时，PQ平分对角线BD．

（3）解：分两种情况：
①当PQ=PD时，作DN⊥AB于N，QM⊥AB于M，CE⊥AB与E，如图2所示：
则DN=QM，AN=BE=$\frac{1}{2}$（AB-CD）=3，ME=CQ=t，
∴PN=AP-AN=3t-3，PM=BP-BE-ME=9-4t，
∵PQ=PD，
∴PN=PM，
∴3t-3=9-4t，
解得：t=$\frac{12}{7}$；
②当PQ=DQ=6-t时，由勾股定理得：PQ²=QM²+PM²=4²+（9-4t）²，
∴4²+（9-4t）²=（6-t）²，
整理得：15t²-60t+61=0，
解得△＜0，方程无解；
综上所述：若△DPQ是以PQ为腰的等腰三角形，t的值为$\frac{12}{7}$．

点评 此题是四边形综合题目，考查了等腰梯形的性质、平行四边形的判定与性质以及全等三角形的判定与性质、解方程．此题难度适中，注意掌握方程思想与数形结合思想的应用．