Question

8．如圖，已知矩形ABCD中，AB=4cm，BC=6cm，動點P從點C開始，以1cm/s的速度在BC的延長線上向右勻速運動，連接AP交CD邊于點E，把射線AP沿直線AD翻折，交CD的延長線于點Q，設點P的運動時間為t．
（1）若DQ=3cm，求t的值；
（2）設DQ=y，求出y與t的函數(shù)關系式；
（3）當t為何值時，△CPE與△AEQ的面積相等？
（4）在動點P運動過程中，△APQ的面積是否會發(fā)生變化？若變化，求出△APQ的面積S關于t的函數(shù)關系式；若不變，說明理由，并求出S的定值．

Answer 1

分析 （1）由折疊可知QD=DE，可求得CE，再利用平行可得△PCE∽△PBA，利用相似三角形的性質(zhì)可得到關于t的方程，可求得t的值；
（2）同（1）可用y表示出CE，同理可利用相似三角形的性質(zhì)可得到關于y與t的函數(shù)關系式；
（3）利用（2）中的關系式可用t表示出QE、CE，則可用t分別表示出△CPE與△AEQ的面積，由面積相等可得到關于t的方程，可求得t；
（4）由（3）可用t分別表示出QE、CE，可表示出△APQ的面積為定值．

解答 解：（1）∵四邊形ABCD為矩形，
∴CD=AB=4cm，
∵AP沿直線AD翻折得到AQ，
∴QD=DE=3cm，
∴CE=CD-DE=4-3=1（cm），
當運動t秒時，則PC=tcm，
∴BP=（t+6）cm，
∵CD∥AB，
∴△PCE∽△PBA，
∴$\frac{CE}{AB}$=$\frac{PC}{PB}$，即$\frac{1}{4}$=$\frac{t}{6+t}$，
解得t=2；
（2）同（1）可知DE=DQ=y，則CE=4-y，
同理可得$\frac{CE}{AB}$=$\frac{PC}{PB}$，即$\frac{4-y}{4}$=$\frac{t}{t+6}$，
整理可得y=$\frac{24}{t+6}$；
（3）不變，理由如下：
由（2）可知當CP=t時，QD=$\frac{24}{t+6}$，
則QE=2QD=$\frac{48}{t+6}$，CE=4-QD=4-$\frac{24}{t+6}$=$\frac{4t}{t+6}$，
∴S_△AEQ=$\frac{1}{2}$QE•AD=$\frac{1}{2}$×$\frac{48}{t+6}$×6=$\frac{144}{t+6}$，
S_△CPE=$\frac{1}{2}$CP•CE=$\frac{1}{2}$×t×$\frac{4t}{t+6}$=$\frac{2{t}^{2}}{t+6}$，
當S_△CPE=S_△AEQ時，則有$\frac{2{t}^{2}}{t+6}$=$\frac{144}{t+6}$，
解得t=6$\sqrt{2}$或t=-6$\sqrt{2}$（舍去），
∴當t的值為6$\sqrt{2}$秒時，△CPE與△AEQ的面積相等；
（4）由（3）可知QE=$\frac{48}{t+6}$，
∴S_△APQ=S_△AQE+S_△PQE=$\frac{1}{2}$QE•AD+$\frac{1}{2}$QE•CP=$\frac{1}{2}$QE•（AD+CP）=$\frac{1}{2}$×$\frac{48}{t+6}$×（t+6）=24，
∴△APQ的面積為24，不變．

點評 本題為四邊形的綜合應用，涉及知識點有矩形的性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)、三角形的面積以及幾何變換等．在（2）、（3）、（4）問中，用t表示出相應線段的長度是解題的關鍵，即化“動”為“靜”是解決運動型問題的常用方法．本題考查內(nèi)容均為基礎知識，難度不大，但要注意計算的正確性．