已知:如图.在Rt△ABC中.∠C=90°.AC=3cm.BC=4cm.点P从点B出发.沿BC向点C匀速运动.速度为1cm/s,过点P作PD∥AB.交AC于点D.同时.点Q从点A出发.沿AB向点B匀速运动.速度为2cm/s,当一个点停止运动时.另一个点也停止运动.连接PQ．设运动时间为t.解答下列问题:(1)当t为何值时.四边形ADPQ为平行四边形?(2)设四边形ADPQ� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

17．

已知：如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3cm，BC=4cm，点P从点B出发，沿BC向点C匀速运动，速度为1cm/s；过点P作PD∥AB，交AC于点D，同时，点Q从点A出发，沿AB向点B匀速运动，速度为2cm/s；当一个点停止运动时，另一个点也停止运动，连接PQ．设运动时间为t（s）（0＜t＜2.5），解答下列问题：
（1）当t为何值时，四边形ADPQ为平行四边形？
（2）设四边形ADPQ的面积为y（cm²），试确定y与t的函数关系式；
（3）在运动过程中，是否存在某一时刻t，使S_{四边形ADPQ}：S_△PQB=13：2？若存在，请说明理由，若存在，求出t的值，并求出此时PQ的距离．

分析（1）根据勾股定理求出AB，根据平行四边形的性质得到PQ∥AC，根据相似三角形的性质列出比例式，计算即可；
（2）过点P作PE⊥AB，证明△BPE∽△BCA，根据相似三角形的性质求出PE、PD，根据梯形的面积公式计算即可；
（3）根据题意列出一元二次方程，解方程求出t，根据相似三角形的性质、勾股定理计算即可．

解答解：（1）∵∠C=90°，AC=3cm，BC=4cm，
∴AB=$\sqrt{A{C}^{2}+B{C}^{2}}$=5cm，
∵PD∥AB，
∴当PQ∥AC时，四边形ADPQ是平行四边形，
∴$\frac{QB}{AB}$=$\frac{BP}{BC}$，即$\frac{5-2t}{5}$=$\frac{t}{4}$，
解得，t=$\frac{20}{13}$，
答：当t=$\frac{20}{13}$时，四边形ADPQ为平行四边形；

（2）过点P作PE⊥AB，垂足为E，
∵∠PEB=∠C=90°，
∠B=∠B，
∴△BPE∽△BCA，
∴$\frac{PE}{AC}$=$\frac{BP}{BA}$，即$\frac{PE}{3}$=$\frac{t}{5}$，
解得，PE=$\frac{3}{5}$t，
∵PD∥AB，
∴∠DPC=∠B，
∠C=∠C，
∴△CPD∽△CBA，
∴$\frac{PD}{AB}$=$\frac{CP}{CB}$，即$\frac{PD}{5}$=$\frac{4-t}{4}$，
解得，PD=$\frac{20-5t}{4}$，
∴y=S_{四边形ADPQ}=$\frac{1}{2}$×（PD+AQ）×PE
=$\frac{1}{2}$×（$\frac{20-5t}{4}$+2t）×$\frac{3}{5}$t
=$\frac{9}{40}$t²+$\frac{3}{2}$t；

（3）若存在某一时刻，使S_{四边形ADPQ}：S_△PQB=13：2，
则y=$\frac{13}{2}$S_△PQB
∵S_△PQB=$\frac{1}{2}×$QB×PE=-$\frac{3}{5}$t²+$\frac{3}{2}$t，
∴$\frac{9}{40}$t²+$\frac{3}{2}$t=$\frac{13}{2}$（-$\frac{3}{5}$t²+$\frac{3}{2}$t），
解得，t₁=0（舍去），t₂=2，
则t为2s时，S_{四边形ADPQA}：S_△PQB=13：2，
当t=2时，BP=2，BQ=5-4=1，
作QH⊥BC于H，
则QH=$\frac{3}{5}$，BH=$\frac{4}{5}$，
∴PH=$\frac{6}{5}$，
则PQ=$\sqrt{P{H}^{2}+Q{H}^{2}}$=$\frac{3\sqrt{5}}{5}$．

点评本题考查的是平行四边形的判定、相似三角形的判定和性质、二次函数解析式的确定，掌握相似三角形的判定定理和性质定理是解题的关键．

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B．

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D．

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