Question

18．已知：如圖①，在Rt△ABC中，AB⊥AC，AB=3cm，BC=5cm，將△ABC繞AC中點(diǎn)選擇180°得到△CDA，如圖②．再將△CDA沿AC的方向以1cm/s的速度平移得到△NDP；同時(shí)，點(diǎn)Q從點(diǎn)C出發(fā)，沿CB方向以1cm/s的速度運(yùn)動(dòng)，當(dāng)△NDP停止平移時(shí)，點(diǎn)Q也停止運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t（s）（0＜t＜4）．解答下列問(wèn)題．
（1）當(dāng)t為何值時(shí)，PQ∥AB？
（2）設(shè)△PQC的面積為y（cm²），求y與t之間的函數(shù)關(guān)系式；
（3）是否存在某一時(shí)刻t，使S_△QDC：S_{四邊形ABQP}=1：4？若存在，求出t的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
（4）是否存在某一時(shí)刻t，使PQ⊥DQ？若存在，請(qǐng)直接寫出t的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)勾股定理求出AC的長(zhǎng)度，根據(jù)平移得到PQ∥AB，
（2）由△CPM∽△CBA，得到$\frac{CP}{CB}$=$\frac{PM}{AB}$=$\frac{CM}{AC}$，則表示出PM=$\frac{12}{5}$-$\frac{3}{5}$t，CM=$\frac{16-4t}{5}$，即可；
（3）根據(jù)面積關(guān)系 S_△QDC：S_{四邊形ABQP}=1：4建立方程，求出時(shí)間；
（4）由△DQP∽△PMQ，得到$\frac{PD}{PQ}$=$\frac{PQ}{MQ}$，從而得出PM²+MQ²=MD×MQ 即可．

解答 解：（1）在Rt△ABC中，AC=$\sqrt{{BC}^{2}{-AB}^{2}}$=4
∵PQ∥AB
∴$\frac{PC}{AC}$=$\frac{CQ}{CB}$，
∴$\frac{4-t}{4}$=$\frac{t}{5}$，
∴t=$\frac{20}{9}$，
（2）過(guò)點(diǎn)P作PM⊥BC于M，
∵△CPM∽△CBA，
∴$\frac{CP}{CB}$=$\frac{PM}{AB}$=$\frac{CM}{AC}$，
∴，$\frac{4-t}{5}$=$\frac{PM}{3}$=$\frac{CM}{4}$，
∴PM=$\frac{12}{5}$-$\frac{3}{5}$t，CM=$\frac{16-4t}{5}$，
∴S_△PQC=$\frac{1}{2}$QC×$\frac{1}{2}$t（$\frac{12}{5}$-$\frac{3}{5}$t）=$\frac{6}{5}$t-$\frac{3}{10}$t²，
∴y=-$\frac{3}{10}$t²+$\frac{6}{5}$t（0＜t＜4）
（3）∵PD∥BC，
∴S_△QPC=S_△QDC                            
∵S_△QDC：S_{四邊形ABQP}=1：4
∴S_△QPC：S_{四邊形ABQP}=1：4
∴S_△QPC：S_△ABC=1：5                        
∴$\frac{\frac{6}{5}t-{\frac{3}{10}t}^{2}}{6}=\frac{1}{5}$，
∴t₁=t₂=2             
（4）t=$\frac{3}{2}$時(shí)，PQ⊥MQ，

∵PQ⊥DQ，
∴∠DMQ=∠PMQ，=90°，
∵DP∥BC，
∴∠DPQ=∠PQM，
∴△DQP∽△PMQ，
∴$\frac{PD}{PQ}$=$\frac{PQ}{MQ}$，
∴PQ²=PD×MQ，
∴PM²+MQ²=MD×MQ，
∵CM=$\frac{16-4t}{5}$，
∴MQ=CM-CQ=$\frac{16-9t}{5}$．
∴（$\frac{12-3t}{5}$）²+（$\frac{16-9t}{5}$）²=5×$\frac{16-9t}{5}$，
∴t=0（舍）或t=$\frac{3}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 此題是幾何變換綜合題，主要考查三角形相似，勾股定理，用方程的思想是解本題的關(guān)鍵，難點(diǎn)是用t表示相關(guān)線段．