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三、解答题
如图,在 $□ ABCD$ 中,AC , BD 交于点 O ,点 P 是 AC 边上一点(不与端点重合),过 A 作 $AM ⊥ DP$ 交 DP 的延长线于点 M ,过 C 作 $CN ⊥ PD$ 交 PD 的延长线于点 N ,连接 OM ,ON。判断 OM ,ON 之间的数量关系,并加以证明。
如图,在 $□ ABCD$ 中,AC , BD 交于点 O ,点 P 是 AC 边上一点(不与端点重合),过 A 作 $AM ⊥ DP$ 交 DP 的延长线于点 M ,过 C 作 $CN ⊥ PD$ 交 PD 的延长线于点 N ,连接 OM ,ON。判断 OM ,ON 之间的数量关系,并加以证明。
答案
解:$OM = ON$。证明如下:
延长 MO 交 CN 于点 Q ,如图。
∵ 四边形 ABCD 是平行四边形,
∴ OA = OC ,
∵ AM ⊥ DP , CN ⊥ DP ,
∴ ∠AMP = ∠CNP = 90°,
∴ AM // CQ ,
∴ ∠AMO = ∠CQO ,
在 △AMO 和 △CQO 中,
$\begin{cases}∠AMO = ∠CQO, \\∠AOM = ∠COQ , \\OA = OC,\end{cases}$
∴ △AMO ≅ △CQO(AAS) ,
∴ OM = OQ 。
又
∵ ∠CNP = 90°,
∴ ON = $\frac{1}{2}MQ$ = OM 。
解析
【分析】
要判断OM和ON的数量关系，首先结合平行四边形的性质，可知平行四边形对角线互相平分，可得OA=OC；又已知AM、CN都垂直于PD，可推出AM//CN，此时可通过延长MO交CN于点Q构造全等三角形，证明OM=OQ，再结合直角三角形斜边中线的性质，即可推出OM与ON的关系。
【解析】
解：$OM = ON$，证明如下：
延长MO交CN于点Q，如图。
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ $OA = OC$，
∵ $AM ⊥ DP$，$CN ⊥ DP$，
∴ $∠AMP = ∠CNP = 90°$，
∴ $AM // CQ$，
∴ $∠AMO = ∠CQO$，
在 $△ AMO$ 和 $△ CQO$ 中，
$\begin{cases}∠AMO = ∠CQO, \\∠AOM = ∠COQ , \\OA = OC,\end{cases}$
∴ $△ AMO ≅ △ CQO(\mathrm{AAS})$ ,
∴ $OM = OQ$ 。
又
∵ $∠CNP = 90°$，即$△ MNQ$为直角三角形，O为斜边MQ中点，
∴ $ON = \frac{1}{2}MQ = OM$ 。
【答案】
$OM=ON$
【知识点】
平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形斜边中线性质
【点评】
本题是几何综合基础题，解题的核心是利用平行四边形对角线互相平分的性质构造全等三角形转化线段，再结合直角三角形的性质推导线段相等，辅助线的构造是解题的突破口。
【难度系数】
0.6
要判断OM和ON的数量关系，首先结合平行四边形的性质，可知平行四边形对角线互相平分，可得OA=OC；又已知AM、CN都垂直于PD，可推出AM//CN，此时可通过延长MO交CN于点Q构造全等三角形，证明OM=OQ，再结合直角三角形斜边中线的性质，即可推出OM与ON的关系。
【解析】
解：$OM = ON$，证明如下：
延长MO交CN于点Q，如图。
∵ 四边形ABCD是平行四边形，
∴ $OA = OC$，
∵ $AM ⊥ DP$，$CN ⊥ DP$，
∴ $∠AMP = ∠CNP = 90°$，
∴ $AM // CQ$，
∴ $∠AMO = ∠CQO$，
在 $△ AMO$ 和 $△ CQO$ 中，
$\begin{cases}∠AMO = ∠CQO, \\∠AOM = ∠COQ , \\OA = OC,\end{cases}$
∴ $△ AMO ≅ △ CQO(\mathrm{AAS})$ ,
∴ $OM = OQ$ 。
又
∵ $∠CNP = 90°$，即$△ MNQ$为直角三角形，O为斜边MQ中点，
∴ $ON = \frac{1}{2}MQ = OM$ 。
【答案】
$OM=ON$
【知识点】
平行四边形的性质，全等三角形的判定与性质，直角三角形斜边中线性质
【点评】
本题是几何综合基础题，解题的核心是利用平行四边形对角线互相平分的性质构造全等三角形转化线段，再结合直角三角形的性质推导线段相等，辅助线的构造是解题的突破口。
【难度系数】
0.6
四、综合实践活动
如图,在四边形ABCD中,AD//BC,∠B = 90°,AB = 4 cm,AD = 12 cm,BC = 13 cm,点P从点A以0.5 cm/s的速度向点D运动,点Q从点C以1.5 cm/s的速度同时向点B运动。规定其中一个动点到达端点时,另一个动点也随之停止运动。设运动时间为t s。
(1)求t为何值时,四边形PQCD是平行四边形?
(2)求t为何值时,四边形PQBA是矩形?
(3)在整个运动过程中,
如图,在四边形ABCD中,AD//BC,∠B = 90°,AB = 4 cm,AD = 12 cm,BC = 13 cm,点P从点A以0.5 cm/s的速度向点D运动,点Q从点C以1.5 cm/s的速度同时向点B运动。规定其中一个动点到达端点时,另一个动点也随之停止运动。设运动时间为t s。
(1)求t为何值时,四边形PQCD是平行四边形?
(2)求t为何值时,四边形PQBA是矩形?
(3)在整个运动过程中,
不存在
(答“存在”或“不存在”)t值,使得四边形PQCD是菱形。答案
(1) $t = 6$。
(2) $t = \frac{13}{2}$。
(3)不存在
(2) $t = \frac{13}{2}$。
(3)不存在
解析
【分析】
本题是动点与特殊四边形判定结合的综合题，解题思路如下：
1. 先根据动点的速度和运动时间，表示出相关线段的长度：$AP=0.5t$，$CQ=1.5t$，进而得到$PD=12-0.5t$，$BQ=13-1.5t$，同时确定运动时间的取值范围是$0≤ t≤\frac{26}{3}$（因为Q从C到B需要$13÷1.5=\frac{26}{3}\ \mathrm{s}$，先到达端点，运动停止）。
2. 第(1)问：已知$AD// BC$，根据“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”，只需令$PD=CQ$，列方程求解即可。
3. 第(2)问：已知$∠ B=90°$、$AD// BC$，要使四边形PQBA是矩形，只需先满足它是平行四边形，即令$AP=BQ$，列方程求解，有一个角是直角的平行四边形就是矩形。
4. 第(3)问：菱形是特殊的平行四边形，首先需要满足平行四边形的条件，即$t=6$，再验证此时平行四边形PQCD的邻边$PD$和$CD$是否相等：用勾股定理算出$CD$的长度，和此时的$PD$长度对比，若相等则存在，否则不存在。
【解析】
解：由题意得，$AP=0.5t\ \mathrm{cm}$，$CQ=1.5t\ \mathrm{cm}$，
$\therefore PD=AD-AP=(12-0.5t)\ \mathrm{cm}$，$BQ=BC-CQ=(13-1.5t)\ \mathrm{cm}$，
点Q到达B点的时间为$13÷1.5=\frac{26}{3}\ \mathrm{s}$，点P到达D点的时间为$12÷0.5=24\ \mathrm{s}$，故运动时间$t$的取值范围为$0≤ t≤\frac{26}{3}$。
(1) $\because AD// BC$，$\therefore$当$PD=CQ$时，四边形PQCD是平行四边形，
列方程：$12-0.5t=1.5t$，
移项得：$2t=12$，
解得：$t=6$，符合$0≤ t≤\frac{26}{3}$。
(2) $\because AD// BC$，$∠ B=90°$，$\therefore$当$AP=BQ$时，四边形PQBA是平行四边形，
又$\because ∠ B=90°$，$\therefore$此时平行四边形PQBA是矩形，
列方程：$0.5t=13-1.5t$，
移项得：$2t=13$，
解得：$t=\frac{13}{2}$，符合$0≤ t≤\frac{26}{3}$。
(3) 若四边形PQCD是菱形，则它首先是平行四边形，由(1)得此时$t=6$，
此时$PD=12-0.5×6=9\ \mathrm{cm}$，
过点D作$DE⊥ BC$于点E，
$\because AD// BC$，$∠ B=90°$，$\therefore$四边形ABED是矩形，
$\therefore BE=AD=12\ \mathrm{cm}$，$DE=AB=4\ \mathrm{cm}$，
$\therefore EC=BC-BE=13-12=1\ \mathrm{cm}$，
在$\mathrm{Rt}△ DEC$中，由勾股定理得：$CD=\sqrt{DE^2+EC^2}=\sqrt{4^2+1^2}=\sqrt{17}\ \mathrm{cm}$，
$\because \sqrt{17}≠9$，即$PD≠ CD$，
$\therefore$平行四边形PQCD不可能是菱形，故不存在这样的$t$值。
【答案】
(1) $t = 6$；
(2) $t = \frac{13}{2}$；
(3) 不存在
【知识点】
平行四边形的判定、矩形的判定、菱形的判定
【点评】
本题是动点问题与特殊四边形判定结合的典型题型，解题关键是结合特殊四边形的判定条件，把几何关系转化为方程求解，求解后要注意验证解是否在运动时间的有效范围内；判断是否为菱形时，要注意菱形的前提是平行四边形，先满足平行四边形的条件再验证邻边是否相等即可。
【难度系数】
0.6
本题是动点与特殊四边形判定结合的综合题，解题思路如下：
1. 先根据动点的速度和运动时间，表示出相关线段的长度：$AP=0.5t$，$CQ=1.5t$，进而得到$PD=12-0.5t$，$BQ=13-1.5t$，同时确定运动时间的取值范围是$0≤ t≤\frac{26}{3}$（因为Q从C到B需要$13÷1.5=\frac{26}{3}\ \mathrm{s}$，先到达端点，运动停止）。
2. 第(1)问：已知$AD// BC$，根据“一组对边平行且相等的四边形是平行四边形”，只需令$PD=CQ$，列方程求解即可。
3. 第(2)问：已知$∠ B=90°$、$AD// BC$，要使四边形PQBA是矩形，只需先满足它是平行四边形，即令$AP=BQ$，列方程求解，有一个角是直角的平行四边形就是矩形。
4. 第(3)问：菱形是特殊的平行四边形，首先需要满足平行四边形的条件，即$t=6$，再验证此时平行四边形PQCD的邻边$PD$和$CD$是否相等：用勾股定理算出$CD$的长度，和此时的$PD$长度对比，若相等则存在，否则不存在。
【解析】
解：由题意得，$AP=0.5t\ \mathrm{cm}$，$CQ=1.5t\ \mathrm{cm}$，
$\therefore PD=AD-AP=(12-0.5t)\ \mathrm{cm}$，$BQ=BC-CQ=(13-1.5t)\ \mathrm{cm}$，
点Q到达B点的时间为$13÷1.5=\frac{26}{3}\ \mathrm{s}$，点P到达D点的时间为$12÷0.5=24\ \mathrm{s}$，故运动时间$t$的取值范围为$0≤ t≤\frac{26}{3}$。
(1) $\because AD// BC$，$\therefore$当$PD=CQ$时，四边形PQCD是平行四边形，
列方程：$12-0.5t=1.5t$，
移项得：$2t=12$，
解得：$t=6$，符合$0≤ t≤\frac{26}{3}$。
(2) $\because AD// BC$，$∠ B=90°$，$\therefore$当$AP=BQ$时，四边形PQBA是平行四边形，
又$\because ∠ B=90°$，$\therefore$此时平行四边形PQBA是矩形，
列方程：$0.5t=13-1.5t$，
移项得：$2t=13$，
解得：$t=\frac{13}{2}$，符合$0≤ t≤\frac{26}{3}$。
(3) 若四边形PQCD是菱形，则它首先是平行四边形，由(1)得此时$t=6$，
此时$PD=12-0.5×6=9\ \mathrm{cm}$，
过点D作$DE⊥ BC$于点E，
$\because AD// BC$，$∠ B=90°$，$\therefore$四边形ABED是矩形，
$\therefore BE=AD=12\ \mathrm{cm}$，$DE=AB=4\ \mathrm{cm}$，
$\therefore EC=BC-BE=13-12=1\ \mathrm{cm}$，
在$\mathrm{Rt}△ DEC$中，由勾股定理得：$CD=\sqrt{DE^2+EC^2}=\sqrt{4^2+1^2}=\sqrt{17}\ \mathrm{cm}$，
$\because \sqrt{17}≠9$，即$PD≠ CD$，
$\therefore$平行四边形PQCD不可能是菱形，故不存在这样的$t$值。
【答案】
(1) $t = 6$；
(2) $t = \frac{13}{2}$；
(3) 不存在
【知识点】
平行四边形的判定、矩形的判定、菱形的判定
【点评】
本题是动点问题与特殊四边形判定结合的典型题型，解题关键是结合特殊四边形的判定条件，把几何关系转化为方程求解，求解后要注意验证解是否在运动时间的有效范围内；判断是否为菱形时，要注意菱形的前提是平行四边形，先满足平行四边形的条件再验证邻边是否相等即可。
【难度系数】
0.6
