Question

6．已知：如圖，?ABCD中，AD=3cm，CD=1cm，∠B=45°，點P從點A出發(fā)，沿AD方向勻速運動，速度為3cm/s；點Q從點C出發(fā)，沿CD方向勻速運動，速度為1cm/s，連接并延長QP交BA的延長線于點M，過M作MN⊥BC，垂足是N，設(shè)運動時間為t（s）（0＜t＜1）
解答下列問題：
（1）填空：AM=tMN=$\frac{\sqrt{2}}{2}（t+1）$（用t表示）；
（2）若四邊形ANPM的面積為$\frac{9\sqrt{2}}{16}$cm²，求t的值；
（3）在（2）的條件下判斷四邊形MAQD的形狀，并說明理由；
（4）連接AC交NP于點O，是否存在某一時刻t，使AO：OC=$\sqrt{2}$：1？若存在，求出相應的t值；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （1）首先根據(jù)BM∥CD，可得$\frac{AM}{DQ}=\frac{AP}{DP}$，據(jù)此求出AM的值是多少；然后判斷出△BMN是等腰直角三角形，即可求出MN的值是多少．
（2）首先判斷出MN⊥AD，然后根據(jù)四邊形ANPM的面積為$\frac{9\sqrt{2}}{16}$cm²，可得$\frac{1}{2}$×$\frac{\sqrt{2}}{2}（t+1）$×3t=$\frac{9\sqrt{2}}{16}$，據(jù)此求出t的值是多少即可．
（3）首先判斷出AM=QD，然后根據(jù)AM∥QD，推得四邊形MAQD是平行四邊形即可．
（4）存在某一時刻t，使AO：OC=$\sqrt{2}$：1．根據(jù)AD∥BC，可得$\frac{AP}{CN}=\frac{AO}{OC}$，所以$\frac{3t}{3-\frac{\sqrt{2}}{2}（t+1）}=\sqrt{2}$，據(jù)此求出t的值是多少即可．

解答 解：（1）∵BM∥CD，
∴$\frac{AM}{DQ}=\frac{AP}{DP}$，
∴$\frac{AM}{1-t}=\frac{3t}{3-3t}$，
解得AM=t．
∵MN⊥BC，
∴∠MNB=90°，
又∵∠B=45°，
∴MN=$\frac{\sqrt{2}}{2}$BM=$\frac{\sqrt{2}}{2}（t+1）$．

（2）∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AD∥BC，
∵MN⊥BC，
∴MN⊥AD，
∵四邊形ANPM的面積為$\frac{9\sqrt{2}}{16}$cm²，
∴$\frac{1}{2}$×$\frac{\sqrt{2}}{2}（t+1）$×3t=$\frac{9\sqrt{2}}{16}$，
整理，可得4t²+4t-3=0，
解得t=$\frac{1}{2}$或t=-$\frac{3}{2}$（舍去），
∴四邊形ANPM的面積為$\frac{9\sqrt{2}}{16}$cm²，t的值是$\frac{1}{2}$．

（3）如圖1，連接MD、AQ，
，
由（2），可得t=$\frac{1}{2}$，
∴AM=$\frac{1}{2}$，QD=CD-CQ=1-$\frac{1}{2}$=$\frac{1}{2}$，
∴AM=QD，
又∵AM∥QD，
∴四邊形MAQD是平行四邊形．

（4）存在某一時刻t，使AO：OC=$\sqrt{2}$：1，理由如下：
如圖2，

∵∠MNB=90°，∠B=45°，
∴△BMN是等腰直角三角形，
∴BN=MN=$\frac{\sqrt{2}}{2}$（t+1），
∵AD∥BC，
∴$\frac{AP}{CN}=\frac{AO}{OC}$，
∴$\frac{3t}{3-\frac{\sqrt{2}}{2}（t+1）}=\sqrt{2}$，
解得t=$\frac{3\sqrt{2}-1}{4}$，
∴存在t=$\frac{3\sqrt{2}-1}{4}$時，AO：OC=$\sqrt{2}$：1．
故答案為：t、$\frac{\sqrt{2}}{2}（t+1）$．

點評 （1）此題主要考查了四邊形綜合題，考查了分析推理能力，考查了數(shù)形結(jié)合思想的應用，要熟練掌握．
（2）此題還考查了平行四邊形的判定和性質(zhì)的應用，以及三角形的面積的求法，要熟練掌握．
（3）此題還考查了平行線的性質(zhì)和應用，要熟練掌握，解答此題的關(guān)鍵是要明確：①定理1：兩條平行線被第三條直線所截，同位角相等．簡單說成：兩直線平行，同位角相等．②定理2：兩條平行線被地三條直線所截，同旁內(nèi)角互補．簡單說成：兩直線平行，同旁內(nèi)角互補．③定理3：兩條平行線被第三條直線所截，內(nèi)錯角相等．簡單說成：兩直線平行，內(nèi)錯角相等．