Question

初中数学证明题

在直角梯形ABCD中，AD平行BC，∠ABC=90°，已知AD=AB=3，BC=4.动点P从B出发，沿线段BC向C做匀速运动，动点Q从D出发，沿线段DA向A做匀速运动，过Q垂直于AD的射线，交AC于M交BC于N，P。Q两点同时出发，速度都为每秒一个单位长度，当Q点运动到A，P.Q两点同时停止，设运动时间为t秒
（1）NC= （ ） MC=（ ）（用含t的代数式表示）
（2）当t为何值时，四边形PCDQ构成平行四边形
（3）当t为何值时，四边形PCDQ为等腰梯形
（4）t为何值时，△PMC为等腰梯形

Answer 1

1.可证ABNQ为矩形，∴AQ=BN；∵AQ=AD-t=3-t=BN，BC=4，∴NC=t+1。可证三角形ABC于三角形MNC相似，相似比为NC：AB=（t+1）:3，∴MC：AC=（t+1）:3，∵可求出AC=5，∴MC=四分之五+四分之五倍的t
2.∵PCDQ为平行四边形，AD∥BC，∴PC=QD，可求出PC=4-t，QD=t，∴t=2
3.当PQ=CD，PQ与CD相交时，PCDQ为等腰梯形，可以求出CD=根号10，∴PQ=根号10。∵AB=QN=3，PN=AQ-BP=3-t-t=3-2t，∴（3-2t）的平方+9（3的平方）=10（PQ的平方），可以求出t=1，或t=2。∵t=2时，PCDQ为平行四边形（第二问已证），∴舍去。
4.有三种情况：
①PM=CM，∵QN⊥AD,AD∥BC，∴QN⊥BC，PN=NC。∵PN=3-2t，NC=t+1，∴可求出t=三分之二
②CM=CP，∵CM：AC=（t+1）:3，∴CM=[AC（t+1）]：3，PC=4-t，∴可求出t=八分之七
③PM=PC，∵MN：AB=（t+1）：3，∴MN=[AB（t+1）]：3，PN=3-2t，∴MP的平方=（3-2t）的平方+｛[AB(t+1）]：3｝的平方=CP的平方=（4-t）的平方。∴可求出t=二分之三或-1（舍去）

Answer 2

解：（1）∵AQ=3-t
∴CN=4-（3-t）=1+t，
在Rt△ABC中，AC2=AB2+BC2=32+42
∴AC=5，
在Rt△MNC中，cos∠NCM= NCMC= 45，CM= 5+5t4．
（2）由于四边形PCDQ构成平行四边形，
∴PC=QD，即4-t=t
解得t=2．
3，当t=2或t=1
（4）①当MP=MC时（如图）
则有：NP=NC
即PC=2NC∴4-t=2（1+t）
解得：t= 23
②当CM=CP时（如图）
则有：
54（1+t）=4-t
解得：t= 119
③当PM=PC时（如图）
在Rt△MNP中，PM2=MN2+PN2
而MN= 34NC= 34（1+t），PN=PC-NC=（4-t）-（1+t）=3-2t，
∴[ 34（1+t）]2+（3-2t）2=（4-t）2，
解得：t1= 10357，t2=-1（舍去）
∴当t= 23，t= 119，t= 10357时，△PMC为等腰三角形．

Answer 3

解：（1）∵AQ=3-t
∴CN=4-（3-t）=1+t，
在Rt△ABC中，AC2=AB2+BC2=32+42
∴AC=5，
在Rt△MNC中，cos∠NCM=MC分之NC = 5分之4，CM=4分之5=5+t ．
（2）由于四边形PCDQ构成平行四边形，
∴PC=QD，即4-t=t
解得t=2．
（3）①当MP=MC时（如图）
则有：NP=NC
即PC=2NC∴4-t=2（1+t）
解得：t=3分之2②当CM=CP时（如图）
则有：
4分之5（1+t）=4-t
解得：t= 9分之11
③当PM=PC时（如图）
在Rt△MNP中，PM2=MN2+PN2
而MN= 4分之3NC= 4分之3（1+t），PN=PC-NC=（4-t）-（1+t）=3-2t，
∴[ 4分之3（1+t）]2+（3-2t）2=（4-t）2，
解得：t1= 57分之103，t2=-1（舍去）
∴当t= 3分之2，t=9分之11 ，t= 57分之103时，△PMC为等腰三角形．

Answer 4

1，nc=t+1，mc=1.25+1.25t,
2，当t=1.5
3，当t=2或t=1
4，当t=9/11