Question

如圖，已知OABC是矩形，點(diǎn)A在x軸的正半軸上，點(diǎn)C在y軸的正半軸上，OC=6cm，OA=8cm．點(diǎn)P從點(diǎn)A開始沿邊AO向點(diǎn)O以1cm/s的速度移動(dòng)，與此同時(shí)，點(diǎn)Q從點(diǎn)C開始沿CB向點(diǎn)B以1cm/s的速度移動(dòng)．如果P、Q分別從A，C同時(shí)出發(fā)．

（1）①若連接OQ、PB，試判斷四邊形OPBQ的形狀，并說明理由；
②若連接PQ、OB，經(jīng)過幾秒？使得QP⊥OB；
（2）點(diǎn)K在x軸上，經(jīng)過幾秒時(shí)？△PQK是等邊三角形，并求點(diǎn)K的坐標(biāo)．
（3）點(diǎn)E為OC邊上的一動(dòng)點(diǎn)，試說明PE+QE的最小值是一個(gè)定值，并求出這個(gè)值．

Answer 1

【答案】分析：（1）①由BQ∥OP且BQ=OP，根據(jù)有一組對邊平行且相等的四邊形是平行四邊形得出四邊形OPBQ是平行四邊形；
②當(dāng)QP⊥OB時(shí)，四邊形OPBQ是菱形，根據(jù)OQ=OP列出方程求解即可；
（2）過點(diǎn)P作PM⊥BC于M．根據(jù)等邊三角形及垂線的性質(zhì)得出∠MPQ=30°，由直角三角形的性質(zhì)得出PQ=2QM，然后在直角△PMK中根據(jù)勾股定理列出方程求解即可；
（3）作點(diǎn)P關(guān)于y軸的對稱點(diǎn)P′，連接P′Q，交y軸于點(diǎn)E，則P′Q即為PE+QE的最小值．過點(diǎn)Q作QF⊥x軸于點(diǎn)F，在△P′QF中根據(jù)勾股定理求出P′Q的值為10cm．
解答：解：（1）①四邊形OPBQ是平行四邊形，理由如下：
如圖1①，∵OABC是矩形，
∴BC=OA=8cm，BC∥OA，
∴BQ∥OP，
又∵CQ=AP=tcm，
∴BQ=OP=（8-t）cm，
∴四邊形OPBQ是平行四邊形；
②設(shè)經(jīng)過t秒能夠使得QP⊥OB．
如圖1②，連接OQ、PB．
∵四邊形OPBQ是平行四邊形，
∴當(dāng)QP⊥OB時(shí)，?OPBQ是菱形，
∴OQ=OP，
∴6²+t²=（8-t）²，
解得t=．
故經(jīng)過秒能夠使得QP⊥OB；

（2）設(shè)經(jīng)過t秒，△PQK是等邊三角形．
如圖2，過點(diǎn)P作PM⊥BC于M，則∠PMQ=∠MPK=90°．
∵△PQK是等邊三角形，
∴∠KPQ=60°，
∴∠MPQ=∠MPK-∠KPQ=90°-60°=30°，
∴PQ=2QM．
∵AP=BM=CQ=tcm，
∴QM=（8-2t）cm，PQ=（16-4t）cm．
在△PMQ中，∵∠PMQ=90°，
∴QM²+PM²=PQ²，即（8-2t）²+6²=（16-4t）²，
整理，得t²-8t+13=0，
解得t=4±．
當(dāng)t=4-時(shí)，∵AK=AP+PK=AP+PQ=t+16-4t=16-3t=16-3（4-）=4+3＞8，
∴KO=AK-OA=4+3-8=3-4，
∴K（4-3，0），運(yùn)動(dòng)時(shí)間（4-）秒；
當(dāng)t=4+時(shí)，∵OK=OP+PK=AP+PQ=8-t+16-4t=24-5t=24-5（4+）=4-5＜0，
∴t=4+不合題意舍去．
故點(diǎn)K在x軸上，經(jīng)過（4-）秒時(shí)，△PQK是等邊三角形，此時(shí)點(diǎn)K的坐標(biāo)為（4-3，0）；

（3）如圖3，作點(diǎn)P關(guān)于y軸的對稱點(diǎn)P′，連接P′Q，交y軸于點(diǎn)E，連接PE．
∵P與P′關(guān)于y軸對稱，
∴PE=P′E，OP=OP′，
∴PE+QE=P′E+QE=P′Q，最小．
過點(diǎn)Q作QF⊥x軸于點(diǎn)F，∠QFP′=90°，OF=CQ．
∵OF=CQ=AP=tcm，
∴OP=OP′=（8-t）cm，
∴P′F=OP′+OF=8-t+t=8cm．
在△P′QF中，∵∠QFP′=90°，
∴P′Q²=P′F²+QF²=8²+6²=100，
∴P′Q=10（cm），
∴PE+QE的最小值是10cm．
故PE+QE的最小值是一個(gè)定值，這個(gè)值是10cm．
點(diǎn)評：本題是四邊形綜合題，考查了矩形的性質(zhì)，平行四邊形的判定，菱形的判定與性質(zhì)，等邊三角形、直角三角形的性質(zhì)，勾股定理，軸對稱的性質(zhì)，綜合性較強(qiáng)，有一定難度．