题目内容
如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=12，BC=16，动点P从A出发沿AC边向点C以每秒3个单位长的速度运动，动点Q从C点出发，沿着CB边向点B以每秒4个单位长的速度运动．P、Q分别从A、C同时出发，当其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动．在运动过程中，△PCQ关于直线PQ对称的图形是△PDQ．设运动时间为t（秒）．（1）设四边形PCQD面积为y，求y与t的函数关系式；
（2）t为何值时，△PCQ与△ABC相似；
（3）如图2，以C点为原点，边CB、CA所在直线分别为x轴、y轴建立直角坐标系，当PD∥AB时，求点D的坐标．
【答案】分析：（1）根据折叠的性质可知：四边形PCQD的面积是△PCQ面积的2倍，因此只要求出△PCQ的面积即可得出四边形PCQD的面积．可根据P、Q的速度用时间t表示出PC和CQ的长，然后根据三角形的面积公式即可得出△PCQ的面积表达式，也就能求出y，t的函数关系式；
（2）分两种情况考虑：△PCQ∽△ACB与△PCQ∽△BCA，根据相似得出比例式，把CP=12-3t，CQ=4t，AC=12及BC=16分别代入即可求出相应的时间t的值；
（3）若PD∥AB，延长PD交BC于点M．在直角三角形ABC中利用勾股定理求得AB=20；易证明Rt△QMD∽Rt△ABC，然后根据相似三角形的对应边成比例求得QM=
t，再由CQ+QM表示出CM，由PD与AB平行，根据两直线平行得到两对同位角相等，从而得出三角形PCM与三角形ABC相似，由相似得比例，把CM，CP，CA及CB的长代入列出关于t的方程，求出方程的解得到t的值，从而确定出CP，PD及CQ的长，进而确定出PM的长，得出DM的长，过D作x轴的垂直交x轴于N，由DM与AB平行得出两对同位角相等，可得三角形DMN与三角形ABC相似，根据相似得比例，可求出MN及DN的长，进而得出CN的长，得出点D的坐标．
解答：解：（1）由题意知CQ=4t，PC=12-3t
∴S△PCQ=
PC•CQ=-6t2+24t
∵△PCQ与△PDQ关于直线PQ对称
∴y=2S△PCQ=-12t2+48t；
（2）若△PCQ∽△ACB，
∴
=
，即
，
解得：t=2；
若△PCQ∽△BCA，
∴
=
，即
，
解得：t=1.44，
综上，t为2秒或1.44秒时，△PCQ与△ABC相似；
（3）设某一时刻t，PD∥AB，延长PD交BC于点M，如图，
若PD∥AB，则∠QMD=∠B，又∵∠QDM=∠C=90°，
∴Rt△QMD∽Rt△ABC
从而
，
∵QD=CQ=4t，AC=12，
AB=
=20，
∴QM=
，
∵PD∥AB，
∴∠CPM=∠A，∠PMC=∠B，
∴△PCM∽△ACB，
∴
，即
，
解得t=
，
则PC=PD=12-3t=
，CQ=4t=
，
∴
，即
=
，
解得：DM=
，
又∵DM∥AB，
∴∠DMN=∠B，
又∵∠DNM=∠C=90°，
∴△DNM∽△ACB，
∴
，即
=
=
，
解得：DN=
，MN=
，
又∵CM=4t+
t=
，
则CN=CM-MN=
．
所以D的坐标为（
，
）．
点评：此题考查了折叠的性质，相似三角形的判定与性质，以及勾股定理，本题是一道动态几何题，综合性较强，区分度较大，有一定的难度．锻炼了学生利用关系式求值的运算技能和从情景中提取信息、解释信息、解决问题的能力，同时运用的数学思想主要是数学建模思想．本题的第三问计算量比较大，其中确定出PD∥AB时t的值是解题的关键．
（2）分两种情况考虑：△PCQ∽△ACB与△PCQ∽△BCA，根据相似得出比例式，把CP=12-3t，CQ=4t，AC=12及BC=16分别代入即可求出相应的时间t的值；
（3）若PD∥AB，延长PD交BC于点M．在直角三角形ABC中利用勾股定理求得AB=20；易证明Rt△QMD∽Rt△ABC，然后根据相似三角形的对应边成比例求得QM=
t，再由CQ+QM表示出CM，由PD与AB平行，根据两直线平行得到两对同位角相等，从而得出三角形PCM与三角形ABC相似，由相似得比例，把CM，CP，CA及CB的长代入列出关于t的方程，求出方程的解得到t的值，从而确定出CP，PD及CQ的长，进而确定出PM的长，得出DM的长，过D作x轴的垂直交x轴于N，由DM与AB平行得出两对同位角相等，可得三角形DMN与三角形ABC相似，根据相似得比例，可求出MN及DN的长，进而得出CN的长，得出点D的坐标．解答：解：（1）由题意知CQ=4t，PC=12-3t
∴S△PCQ=
PC•CQ=-6t2+24t∵△PCQ与△PDQ关于直线PQ对称
∴y=2S△PCQ=-12t2+48t；
（2）若△PCQ∽△ACB，
∴
=，即，解得：t=2；
若△PCQ∽△BCA，
∴
=，即，解得：t=1.44，
综上，t为2秒或1.44秒时，△PCQ与△ABC相似；
（3）设某一时刻t，PD∥AB，延长PD交BC于点M，如图，
若PD∥AB，则∠QMD=∠B，又∵∠QDM=∠C=90°，∴Rt△QMD∽Rt△ABC
从而
，∵QD=CQ=4t，AC=12，
AB=
=20，∴QM=
，∵PD∥AB，
∴∠CPM=∠A，∠PMC=∠B，
∴△PCM∽△ACB，
∴
，即，解得t=
，则PC=PD=12-3t=
，CQ=4t=，∴
，即=，解得：DM=
，又∵DM∥AB，
∴∠DMN=∠B，
又∵∠DNM=∠C=90°，
∴△DNM∽△ACB，
∴
，即==，解得：DN=
，MN=，又∵CM=4t+
t=，则CN=CM-MN=
．所以D的坐标为（
，）．点评：此题考查了折叠的性质，相似三角形的判定与性质，以及勾股定理，本题是一道动态几何题，综合性较强，区分度较大，有一定的难度．锻炼了学生利用关系式求值的运算技能和从情景中提取信息、解释信息、解决问题的能力，同时运用的数学思想主要是数学建模思想．本题的第三问计算量比较大，其中确定出PD∥AB时t的值是解题的关键．
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