已知:如图①.在Rt△ABC中.AB⊥AC.AB=3cm.BC=5cm.将△ABC绕AC中点旋转180°得△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．解答下列问题．(1)当t为何值时.PQ∥AB?(2)设△PQC的� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

9．已知：如图①，在Rt△ABC中，AB⊥AC，AB=3cm，BC=5cm，将△ABC绕AC中点旋转180°得△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．

分析（1）先根据勾股定理求AC=4，根据平移的性质和平行四边形的性质得：PQ∥AB，列比例式为$\frac{CP}{CA}$=$\frac{CQ}{CB}$，代入可求t的值；
（2）作辅助线，构建高线，利用面积法求AE的长，利用勾股定理计算CE的长，证明△CPF∽△CAE，列式可表示PF的长，根据面积公式计算y与t之间的函数关系式；
（3）根据同底等高的两个三角形面积相等得：S_△PQC=S_△MQC，由已知得：S_△MQC：S_△ABC=1：5，把（2）中的式子代入可求t的值；
（4）如图2，证明△MQP∽△PFQ，列比例式可求得：PQ²=PM×FQ，由勾股定理相结合得：PF²+FQ²=PM×FQ，代入列方程可得结论．

解答解：（1）在Rt△ABC中，由勾股定理得，
AC=$\sqrt{B{C}^{2}-A{B}^{2}}$=4，
由平移性质可得MN∥AB；
∵PQ∥MN，
∴PQ∥AB，
∴$\frac{CP}{CA}$=$\frac{CQ}{CB}$，即$\frac{4-t}{4}$=$\frac{t}{5}$，
解得，t=$\frac{20}{9}$；
（2）如图2，作PF⊥BC于点F，AE⊥BC于点E，
由S_△ABC=$\frac{1}{2}$AB×AC=$\frac{1}{2}$AE×BC可得，$\frac{1}{2}$×3×4=$\frac{1}{2}$×5AE，
∴AE=$\frac{12}{5}$，
由勾股定理得：CE=$\sqrt{A{C}^{2}-A{E}^{2}}$=$\frac{16}{5}$，
∵PF⊥BC，AE⊥BC，
∴AE∥PF，
∴△CPF∽△CAE，
∴$\frac{CP}{CA}$=$\frac{CF}{CE}$=$\frac{PF}{AE}$，即$\frac{4-t}{4}$=$\frac{CF}{\frac{16}{5}}$=$\frac{PF}{\frac{12}{5}}$，
解得，CF=$\frac{16-4t}{5}$，PF=$\frac{12-3t}{5}$，
∵PM∥BC，所以M到BC的距离h=PF=$\frac{12-3t}{5}$，
∴△QCM是面积y=$\frac{1}{2}$CQ×h=$\frac{1}{2}$×t×$\frac{12-3t}{5}$=-$\frac{3}{10}$t²+6t；
（3）∵PM∥BC，
∴S_△PQC=S_△MQC，
∵S_△QMC：S_{四边形ABQP}=1：4，
∴S_△MQC：S_△ABC=1：5，
则5（-$\frac{3}{10}$t²+6t）=$\frac{1}{2}$×4×3，
t²-4t+4=0，
解得：t₁=t₂=2，
∴当t=2时，S_△QMC：S_{四边形ABQP}=1：4；
（4）如图2，∵PQ⊥MQ，
∴∠MQP=∠PFQ=90°，
∵MP∥BC，
∴∠MPQ=∠PQF，
∴△MQP∽△PFQ，
∴$\frac{PM}{PQ}$=$\frac{PQ}{FQ}$，
∴PQ²=PM×FQ，
即PF²+FQ²=PM×FQ，
由CF=$\frac{16-4t}{5}$，得FQ=CF-CQ=$\frac{16-9t}{5}$，
则（$\frac{12-3t}{5}$）²+（$\frac{16-9t}{5}$）²=5×$\frac{16-9t}{5}$，
整理得2t²-3t=0，
解得t₁=0（舍），t₂=$\frac{3}{2}$，
答：当t=$\frac{3}{2}$时，PQ⊥MQ．