Question

18．已知：如图①，在Rt△ABC中，AB⊥AC，AB=3cm，BC=5cm，将△ABC绕AC中点选择180°得到△CDA，如图②．再将△CDA沿AC的方向以1cm/s的速度平移得到△NDP；同时，点Q从点C出发，沿CB方向以1cm/s的速度运动，当△NDP停止平移时，点Q也停止运动，设运动时间为t（s）（0＜t＜4）．解答下列问题．
（1）当t为何值时，PQ∥AB？
（2）设△PQC的面积为y（cm²），求y与t之间的函数关系式；
（3）是否存在某一时刻t，使S_△QDC：S_{四边形ABQP}=1：4？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
（4）是否存在某一时刻t，使PQ⊥DQ？若存在，请直接写出t的值；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）根据勾股定理求出AC的长度，根据平移得到PQ∥AB，
（2）由△CPM∽△CBA，得到$\frac{CP}{CB}$=$\frac{PM}{AB}$=$\frac{CM}{AC}$，则表示出PM=$\frac{12}{5}$-$\frac{3}{5}$t，CM=$\frac{16-4t}{5}$，即可；
（3）根据面积关系 S_△QDC：S_{四边形ABQP}=1：4建立方程，求出时间；
（4）由△DQP∽△PMQ，得到$\frac{PD}{PQ}$=$\frac{PQ}{MQ}$，从而得出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）过点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_{四边形ABQP}=1：4
∴S_△QPC：S_{四边形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=$\frac{3}{2}$时，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=$\frac{3}{2}$．

点评 此题是几何变换综合题，主要考查三角形相似，勾股定理，用方程的思想是解本题的关键，难点是用t表示相关线段．