Question

19．如圖，矩形ABCD的對(duì)角線AC，BD相交于點(diǎn)O，△COD關(guān)于CD的對(duì)稱圖形為△CED．
（1）求證：四邊形OCED是菱形；
（2）連接AE，若AB=6cm，BC=$\sqrt{5}$cm．
①求sin∠EAD的值；
②若點(diǎn)P為線段AE上一動(dòng)點(diǎn)（不與點(diǎn)A重合），連接OP，一動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)O出發(fā)，以1cm/s的速度沿線段OP勻速運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)P，再以1.5cm/s的速度沿線段PA勻速運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)A，到達(dá)點(diǎn)A后停止運(yùn)動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)Q沿上述路線運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)A所需要的時(shí)間最短時(shí)，求AP的長(zhǎng)和點(diǎn)Q走完全程所需的時(shí)間．

Answer 1

分析 （1）只要證明四邊相等即可證明；
（2）①設(shè)AE交CD于K．由DE∥AC，DE=OC=OA，推出$\frac{DK}{KC}$=$\frac{DE}{AC}$=$\frac{1}{2}$，由AB=CD=6，可得DK=2，CK=4，在Rt△ADK中，AK=$\sqrt{A{D}^{2}+D{K}^{2}}$=$\sqrt{（\sqrt{5}）^{2}+{2}^{2}}$=3，根據(jù)sin∠DAE=$\frac{DK}{AK}$計(jì)算即可解決問題；
②作PF⊥AD于F．易知PF=AP•sin∠DAE=$\frac{2}{3}$AP，因?yàn)辄c(diǎn)Q的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=$\frac{OP}{1}$+$\frac{AP}{\frac{3}{2}}$=OP+$\frac{2}{3}$AP=OP+PF，所以當(dāng)O、P、F共線時(shí)，OP+PF的值最小，此時(shí)OF是△ACD的中位線，由此即可解決問題．

解答 （1）證明：∵四邊形ABCD是矩形．
∴OD=OB=OC=OA，
∵△EDC和△ODC關(guān)于CD對(duì)稱，
∴DE=DO，CE=CO，
∴DE=EC=CO=OD，
∴四邊形CODE是菱形．

（2）①設(shè)AE交CD于K．
∵四邊形CODE是菱形，
∴DE∥AC，DE=OC=OA，
∴$\frac{DK}{KC}$=$\frac{DE}{AC}$=$\frac{1}{2}$
∵AB=CD=6，
∴DK=2，CK=4，
在Rt△ADK中，AK=$\sqrt{A{D}^{2}+D{K}^{2}}$=$\sqrt{（\sqrt{5}）^{2}+{2}^{2}}$=3，
∴sin∠DAE=$\frac{DK}{AK}$=$\frac{2}{3}$，

②作PF⊥AD于F．易知PF=AP•sin∠DAE=$\frac{2}{3}$AP，
∵點(diǎn)Q的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=$\frac{OP}{1}$+$\frac{AP}{\frac{3}{2}}$=OP+$\frac{2}{3}$AP=OP+PF，
∴當(dāng)O、P、F共線時(shí)，OP+PF的值最小，此時(shí)OF是△ACD的中位線，
∴OF=$\frac{1}{2}$CD=3．AF=$\frac{1}{2}$AD=$\frac{\sqrt{5}}{2}$，PF=$\frac{1}{2}$DK=1，
∴AP=$\sqrt{（\frac{\sqrt{5}}{2}）^{2}+{1}^{2}}$=$\frac{3}{2}$，
∴當(dāng)點(diǎn)Q沿上述路線運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)A所需要的時(shí)間最短時(shí)，AP的長(zhǎng)為$\frac{3}{2}$，點(diǎn)Q走完全程所需的時(shí)間為3s．

點(diǎn)評(píng) 本題考查四邊形綜合題、矩形的性質(zhì)、菱形的判定和性質(zhì)、銳角三角函數(shù)、平行線分線段成比例定理、勾股定理、三角形的中位線定理等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決問題，學(xué)會(huì)利用垂線段最短解決最值問題，所以中考?jí)狠S題．