Question

（2012•泰州一模）已知Rt△ABC，∠ACB=90°，AC=BC=4，點(diǎn)O是AB中點(diǎn)，點(diǎn)P、Q分別從點(diǎn)A、C出發(fā)，沿AC、CB以每秒1個(gè)單位的速度運(yùn)動(dòng)，到達(dá)點(diǎn)C、B后停止．連接PQ、點(diǎn)D是PQ中點(diǎn)，連接CD并延長(zhǎng)交AB于點(diǎn)E．
（1）試說(shuō)明：△POQ是等腰直角三角形；
（2）設(shè)點(diǎn)P、Q運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t秒，試用含t的代數(shù)式來(lái)表示△CPQ的面積S，并求出S的最大值；
（3）如圖2，點(diǎn)P在運(yùn)動(dòng)過程中，連接EP、EQ，問四邊形PEQC是什么四邊形，并說(shuō)明理由；
（4）求點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)的路徑長(zhǎng)（直接寫出結(jié)果）．

Answer 1

分析：（1）連接CO．先由等腰直角三角形的性質(zhì)得出CO⊥AB，∠BCO=∠A=45°，CO=AO=

1

2

AB，再利用SAS證明△AOP≌△COQ，則OP=OQ，∠AOP=∠COQ，然后證明∠POQ=∠AOC=90°；
（2）由于△CPQ是直角三角形，根據(jù)三角形的面積公式得出S=

1

2

CQ×CP=-

1

2

t²+2t，再利用配方法寫成頂點(diǎn)式，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)即可求出S的最大值；
（3）連接OD、OC．先由直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半得出CD=OD=

1

2

PQ，根據(jù)等邊對(duì)等角得到∠DCO=∠DOC，由等角的余角相等得出∠CEO=∠DOE，則DE=DO=CD，又PD=DQ，根據(jù)對(duì)角線互相平分的四邊形是平行四邊形得出四邊形PEQC是平行四邊形，又∠ACB=90°，由矩形的定義判定平行四邊形PEQC是矩形；
（4）由DO=DC可知：點(diǎn)D在線段OC的垂直平分線上，其運(yùn)動(dòng)路徑為CO垂直平分線與AC、BC交點(diǎn)間線段，則點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)的路徑長(zhǎng)=

1

2

AB．

解答：（1）證明：如圖1，連接CO．
∵Rt△ABC，∠ACB=90°，AC=BC=4，點(diǎn)O是AB中點(diǎn)，
∴CO⊥AB，∠BCO=∠A=45°，CO=AO=

1

2

AB．
在△AOP和△COQ中，

AP=CQ   ∠A=∠QCO  AO=CO

，
∴△AOP≌△COQ（SAS），
∴OP=OQ，∠AOP=∠COQ，
∴∠POQ=∠COQ+∠COP=∠AOP+∠COP=∠AOC=90°，
∴△POQ是等腰直角三角形；

（2）解：∵AP=CQ=t，
∴CP=AB-AP=4-t，
∴S=

1

2

CQ×CP=

1

2

×t（4-t）=-

1

2

t²+2t=-

1

2

（t-2）²+2，
∴當(dāng)t=2時(shí)，S取得最大值，最大值S=2；

（3）解：四邊形PEQC是矩形．理由如下：
如圖2，連接OD、OC．
∵∠PCQ=∠POQ=90°，點(diǎn)D是PQ中點(diǎn)，
∴CD=PD=DQ=

1

2

PQ，OD=PD=DQ=

1

2

PQ，
∴CD=OD，
∴∠DCO=∠DOC，
∵∠CEO+∠DCO=90°，∠DOE+∠DOC=90°，
∴∠CEO=∠DOE，
∴DE=DO，
∴DE=CD，
∵PD=DQ，
∴四邊形PEQC是平行四邊形，
又∠ACB=90°，
∴四邊形PEQC是矩形；

（4）解：∵DO=DC，
∴點(diǎn)D在線段OC的垂直平分線上，
∴其運(yùn)動(dòng)路徑為CO的垂直平分線與AC、BC交點(diǎn)之間的線段，即為為Rt△ABC斜邊AB的中位線，
∴點(diǎn)D運(yùn)動(dòng)的路徑長(zhǎng)=

1

2

AB=2

2

．

點(diǎn)評(píng)：本題考查了等腰直角三角形的性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，三角形的面積，二次函數(shù)的性質(zhì)，直角三角形的性質(zhì)，等腰三角形的判定與性質(zhì)，矩形的判定，點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)軌跡等知識(shí)，綜合性較強(qiáng)，有一定難度．