题目内容
19．已知：如图，在Rt△ACB中，∠C=90°，AC=3$\sqrt{3}$cm，BC=3cm，点P由B点出发沿BA方向向点A匀速运动，速度为2cm/s；点Q由A点出发沿AC方向向点C匀速运动，速度为$\sqrt{3}$cm/s；若设运动的时间为t（s）（0＜t＜3），解答下列问题：（1）如图①，连接PC，当t为何值时△APC∽△ACB，并说明理由；
（2）如图②，当点P，Q运动时，是否存在某一时刻t，使得点P在线段QC的垂直平分线上，请说明理由；
（3）如图③，当点P，Q运动时，线段BC上是否存在一点G，使得四边形PQGB为菱形？若存在，试求出BG长；若不存在请说明理由．
分析 （1）先根据勾股定理求出AB，再用△APC∽△ACB，得出$\frac{AC}{AB}=\frac{AP}{AC}$，即：$\frac{3\sqrt{3}}{6}=\frac{6-2t}{3\sqrt{3}}$，求出时间；
（2）先用垂直平分线的性质得出QM=CM=$\frac{1}{2}$CQ=$\frac{1}{2}$（3$\sqrt{3}$-$\sqrt{3}$t），然后用平行线分线段成比例建立方程求出结论；
（3）先由平行四边形的性质建立方程求出时间t，即求出PQ，PB，即可得到PQ≠PB判断出四边形PQGB不可能是菱形．
解答 解：（1）在Rt△ACB中，∠C=90°，AC=3$\sqrt{3}$cm，BC=3cm，
∴AB=6，
由运动知，BP=2t，AQ=$\sqrt{3}$t，
∴AP=6-2t，
∵△APC∽△ACB，
∴$\frac{AC}{AB}=\frac{AP}{AC}$，
∴$\frac{3\sqrt{3}}{6}=\frac{6-2t}{3\sqrt{3}}$，
∴t=$\frac{3}{4}$；
（2）存在，
理由：如图②，由运动知，BP=2t，AQ=$\sqrt{3}$t，
∴AP=6-2t，CQ=3$\sqrt{3}$-$\sqrt{3}$t，
∵点P是CQ的垂直平分线上，
∴QM=CM=$\frac{1}{2}$CQ=$\frac{1}{2}$（3$\sqrt{3}$-$\sqrt{3}$t），
∴AM=AQ+QM=$\sqrt{3}$t+$\frac{1}{2}$（3$\sqrt{3}$-$\sqrt{3}$t）=$\frac{3\sqrt{3}}{2}$（t+1）
过点P作PM⊥AC，
∵∠ACB=90°，
∴PM∥BC，
∴$\frac{AP}{AM}=\frac{BP}{CM}$，
∴$\frac{6-2t}{\frac{3\sqrt{3}}{2}（t+1）}=\frac{2t}{\frac{1}{2}（3\sqrt{3}-\sqrt{3}t）}$
∴t=1或t=9（舍），
∴t=1．
（3）不存在，
理由：由运动知，BP=2t，AQ=$\sqrt{3}$t，
∴AP=6-2t，
假设线段BC上是存在一点G，使得四边形PQGB为平行四边形，
∴PQ∥BG，PQ=BG，
∴△APQ∽△ABC，
∴$\frac{AP}{AB}=\frac{AQ}{AC}=\frac{PQ}{BC}$，
∴$\frac{6-2t}{6}=\frac{\sqrt{3}t}{3\sqrt{3}}=\frac{PQ}{3}$，
∴t=$\frac{3}{2}$，PQ=$\frac{3}{2}$，
∴BP=2t=3，
∴PQ≠BP，
∴平行四边形PQGB不可能是菱形．
即：线段BC上不存在一点G，使得四边形PQGB为菱形．
点评 此题是相似形综合题，主要考查了勾股定理，线段的垂直平分线的性质，相似三角形的判定和性质，平行四边形的性质，菱形的判定，解本题的关键是用方程的思想解决问题．
已知△ABC为等边三角形，BD为中线，延长BC至E，使CE=CD=3，连接DE，则DE=3$\sqrt{3}$．
如图，给定一个半径长为2的圆，圆心O到水平直线l的距离为d，即OM=d．我们把圆上到直线l的距离等于1的点的个数记为m．如d=0时，l为经过圆心O的一条直线，此时圆上有四个到直线l的距离等于1的点，即m=4，由此可知：当m=2时，d的取值范围是1＜d＜3．
如图，已知直线l截△ABC三边所在的直线分别于E、F、D三点，且AD=BE，求证：EF：FD=CA：CB．