Question

6．如圖，四邊形ABCD中，AD∥BC，AD=5cm，AB=$\sqrt{46}$cm，BC=13cm，DC=$\sqrt{30}$cm．在BC上有動(dòng)點(diǎn)P、Q，P從B到C，以2cm/s的速度運(yùn)動(dòng)，Q從C到B，以1cm/s的速度同時(shí)開始運(yùn)動(dòng)，當(dāng)P到達(dá)終點(diǎn)時(shí)，Q也立刻停止，設(shè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t（s）．
（1）t的取值范圍是0≤t≤$\frac{13}{2}$；
（2）如果PQ的長(zhǎng)為y（cm），求y關(guān)于t的函數(shù)解析式；
（3）求當(dāng)t為多少時(shí)，以A、D、P、Q為頂點(diǎn)的凸四邊形是平行四邊形；
（4）以A、D、P、Q為頂點(diǎn)的凸四邊形是否為菱形？如果是，求出相應(yīng)的t，如果不是，說出理由．

Answer 1

分析 （1）由距離除以速度求出最大的時(shí)間，即可得出結(jié)論；
（2）先求出點(diǎn)P，Q相遇的時(shí)間，再分相遇前和相遇后兩種情況即可得出結(jié)論；
（3）分兩種情況，利用平行四邊形的性質(zhì)即可得出結(jié)論；
（4）先求出AE和BE，再分兩種情況計(jì)算判斷即可得出結(jié)論．

解答 解：（1）∵BC=13，點(diǎn)P的速度時(shí)2cm/s，
∴t最大=13÷2=$\frac{13}{2}$，
∴0≤t≤$\frac{13}{2}$，
故答案為0≤t≤$\frac{13}{2}$；

（2）當(dāng)點(diǎn)P和Q相遇時(shí)，BP+CQ=13，
由運(yùn)動(dòng)知，BP=2t，CQ=t，
∴2t+t=13，
∴t=$\frac{13}{3}$，
當(dāng)0≤t≤$\frac{13}{3}$時(shí)，BP+PQ+CQ=13，
∴2t+y+t=13，
∴y=-3t+13，
當(dāng)$\frac{13}{3}$＜t≤$\frac{13}{2}$時(shí)，PQ=BP+CQ-BC，
∴y=2t+t-13=3t-13；

（3）當(dāng)0≤t≤$\frac{13}{3}$時(shí)，如圖1，
∵四邊形ADQP是平行四邊形，
∴PQ=AD，
∴-3t+13=5，
∴t=$\frac{8}{3}$，
當(dāng)$\frac{13}{3}$＜t≤$\frac{13}{2}$時(shí)，如圖2，
∵四邊形ADPQ是平行四邊形，
∴PQ=AD，
∴3t-13=5，
∴t=6；
即：t=$\frac{8}{3}$或6時(shí)，以A、D、P、Q為頂點(diǎn)的凸四邊形是平行四邊形；
（4）如圖3，
過點(diǎn)A作AE⊥BC，過點(diǎn)D作DF⊥BC于F，
∴四邊形AEFD是矩形，
∴EF=AD=5，AE=DF，
∴BE+CF=8，
在Rt△ABE中，AE²=AB²-BE²，
在Rt△CDF中，AE²=CD²-DF²，
∴46-BE²=30-（8-BE）²，
∴BE=5，
∴CF=3，
∴AE=DF=$\sqrt{21}$
當(dāng)0≤t≤$\frac{13}{3}$時(shí)，如圖5，
假設(shè)以A、D、P、Q為頂點(diǎn)的凸四邊形能為菱形，
∴t=$\frac{8}{3}$，且AP=AD=5，
∴BP=2t=$\frac{16}{3}$，
∴PE=BP-BE=$\frac{1}{3}$，
在Rt△APE中，AP=$\sqrt{A{E}^{2}-P{E}^{2}}$=$\sqrt{21-\frac{1}{9}}$≠5，
此種情況四邊形ADQP不能是菱形；
當(dāng)$\frac{13}{3}$＜t≤$\frac{13}{2}$時(shí)，如圖4，
假設(shè)以A、D、P、Q為頂點(diǎn)的凸四邊形能為菱形，
∴t=6，且AP=AQ=5，
∴BQ=BC-CQ=13-6=7，
∴EQ=BQ-BE=2，
在Rt△AQE中，AQ=$\sqrt{A{E}^{2}+E{Q}^{2}}$=$\sqrt{21+4}$=5，
∴四邊形ADPQ是菱形；
即：t=6時(shí)，以A、D、P、Q為頂點(diǎn)的凸四邊形是菱形．

點(diǎn)評(píng) 此題是四邊形綜合題，主要考查了梯形的性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，菱形的性質(zhì)，解（2）的關(guān)鍵是求出點(diǎn)P，Q相遇時(shí)的時(shí)間，解（3）的關(guān)鍵是分類討論的思想解決問題，解（4）的關(guān)鍵是構(gòu)造直角三角形．