(2012•永嘉縣一模)如圖,在梯形ABCD中,AD∥BC,∠A=Rt∠,AB=30cm,AD=40cm,連接BD,且BD=BC.動點P從A點出發(fā),以4cm/s的速度沿AD向終點D運動;同時動點Q從D點出發(fā),以5cm/s的速度沿DB向終點B運動.連接并延長PQ交折線D-C-B于點E.設動點P,Q的運動時間為t(s).
(1)線段BC的長為
50
50
cm.
(2)設△PDQ的面積為S.
①求S關于t的函數(shù)解析式;
②當P在何處時△PDQ的面積最大,最大值是多少?
(3)當t為何值時,△PDQ是等腰三角形;
(4)若點P關于直線BD的對稱點為P′,連接P′E,當t=
20
7
s或5s
20
7
s或5s
時,P′E∥BD(直接寫出答案).
分析:(1)利用勾股定理列式求出BD的長度,即為BC的長度;
(2)①過Q作QF⊥AD于點F,利用相似三角形對應邊成比例列式求出QF的長度,再根據(jù)三角形的面積公式列式整理即可得解;
②根據(jù)二次函數(shù)的最值問題解答;
(3)因為腰長沒有明確,所以分①DP=DQ,②QP=QD,③PD=PQ三種情況,分別用含有t的代數(shù)式列式求解即可;
(4)分①點E在CD邊上時,延長AD交P′E的延長線于F點,顯然DQ是△PEF的中位線,根據(jù)垂直于同一直線的兩直線平行可得DQ∥EF,然后根據(jù)平行線的性質(zhì)以及等邊對等角的性質(zhì)推出∠FDE=∠DEF,再用t的代數(shù)式表示出DF、EF的長度,根據(jù)等角對等邊的性質(zhì)列出方程求解即可;②點E在BC上時,則QR是△PEP′的中位線,可得Q是PE的中點,然后利用“角角邊”
證明△PDQ和△EBQ全等,根據(jù)全等三角形對應邊相等可得DQ=BQ,然后根據(jù)DQ=
1
2
BD列出方程求解即可.
解答:解:(1)∵∠A=90°,AB=30cm,AD=40cm,
∴BD=
AB2+AD2
=
302+402
=50cm,
∴BC=BD=50cm;

(2)①如圖,過Q作QF⊥AD于點F,則△ABD∽△FQD,
DQ
BD
=
QF
AB

5t
50
=
QF
30
,
解得QF=3t,
∴S=
1
2
PD•QF=
1
2
(40-4t)•3t=-6t2+60t,
即S═-6t2+60t;
②∵S=-6t2+60t=-6(t-5)2+150,
∴當t=5,AP=4×5=20cm,即P為AD的中點時,S有最大值150cm2

(3)因為腰不明確,所以分三種情況討論,
①當DP=DQ時,即40-4t=5t,解得,t=
40
9
(s),
②當QP=QD時,過Q作QF⊥AD于點F,則PF=DF,△ABD∽△FQD,
DF
AD
=
QD
BD
,
DF
40
=
5t
50
,
解得DF=4t,
1
2
(40-4t)=4t,
解得,t=
10
3
(s),
③當PD=PQ時,cos∠ADB=
1
2
DQ
PD
=
AD
BD
,
1
2
×5t
40-4t
=
40
50
,
解得,t=
320
57
(s),
綜上所述,當t=
40
9
,t=
10
3
,t=
320
57
(s)時,△PDQ為等腰三角形;

(4)①如圖,當E在CD上時,延長AD交P′E的延長線于F點,顯然DQ是△PEF的中位線,
∴DQ∥EF,
∴∠1=∠3,
又∵BD=BC,
∴∠1=∠C,
∵AD∥BC,
∴∠2=∠C,
∴∠2=∠3,
∴EF=DF=PD=40-4t,
由DQ是△PEF的中位線得,DQ=
1
2
EF,
∴5t=
1
2
(40-4t),
解得t=
20
7
(s),
②如圖,當E在BC上時,則QR是△PEP′的中位線,Q是PE的中點,
∴PQ=QE,
∵AD∥BC,
∴∠ADB=∠CBD,
在△PDQ和△EBQ中,
∠ADB=∠CBD
∠BQE=∠DQP(對頂角相等)
PQ=QE

∴△PDQ≌△EBQ(AAS),
∴DQ=QB=
1
2
BD,
即5t=
1
2
×50,
解得t=5(s),
綜上所述,當t=
20
7
s或5s時,P′E∥BD.
點評:本題是對二次函數(shù)的綜合考查,包括勾股定理,二次函數(shù)的最值問題,等腰三角形的兩腰相等,三角形全等的判定與性質(zhì),分類討論的思想,本題難度較大,對同學們的能力要求較高,一定要注意分情況討論.
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