Question

5．如图1所示，在?ABCD中，AB=3cm，BC=5cm，AC⊥AB，△ACD沿射线AC的方向匀速平移得到△PNM，速度为1cm/s，同时，点Q从点C出发，沿射线CB方向匀速运动，速度为1cm/s，当△PNM停止平移时，点Q也停止运动，如图2所示，设运动时间为t（s）（0＜t＜4）．
（1）当t为何值时，PQ∥MN？
（2）设△QMC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，使得PQ=QM，若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）如图1，先根据题意得：CQ=AP=t，利用勾股定理求AC的长，根据PQ∥AB，列比例式可求得t的值；
（2）如图2，作辅助线，构建相似三角形，利用面积法得：S_△ABC=$\frac{1}{2}$AB×AC=$\frac{1}{2}$AE×BC，可得：AE=$\frac{12}{5}$，由勾股定理易得：CE=$\frac{16}{5}$．证明△CPD∽△CAE，列比例式$\frac{CP}{CA}=\frac{CD}{CE}=\frac{PD}{AE}$，求PD和CD的长，根据面积公式求△QCM的面积y；
（3）如图3，作辅助线，构建相似三角形，证明△CQH∽△CAB，列比例式得：$\frac{CQ}{CA}=\frac{CH}{CB}$，表示CH=$\frac{5}{4}$t，则PH=AC-AP-CH=4-$\frac{9}{4}$t，易证△PHD∽△CBA，列式可求得t的值．

解答 （1）如图1，由题意得：CQ=AP=t，
在Rt△ABC中，由勾股定理得AC=$\sqrt{B{C}^{2}-A{B}^{2}}$=$\sqrt{{5}^{2}-{3}^{2}}$=4，
∴CP=4-t，
由平移的性质可得MN∥AB，
∵PQ∥MN，
∴PQ∥AB，
∴$\frac{CP}{AC}=\frac{CQ}{BC}$，即$\frac{4-t}{4}=\frac{t}{5}$，
解得t=$\frac{20}{9}$，
则当t为何值时，PQ∥MN；

（2）如图2，过点P作PF⊥BC于点F，过点A作AE⊥BC于点E，
由S_△ABC=$\frac{1}{2}$AB×AC=$\frac{1}{2}$AE×BC，
$\frac{1}{2}$×3×4=$\frac{1}{2}$×5AE，
可得：AE=$\frac{12}{5}$，
则由勾股定理易得：CE=$\sqrt{A{C}^{2}-A{E}^{2}}$=$\sqrt{{4}^{2}-（\frac{12}{5}）^{2}}$=$\frac{16}{5}$．
∵PD⊥BC，AE⊥BC，
∴AE∥PD，
∴△CPD∽△CAE，
∴$\frac{CP}{CA}=\frac{CD}{CE}=\frac{PD}{AE}$，即$\frac{4-t}{4}=\frac{CD}{\frac{16}{5}}=\frac{PD}{\frac{12}{5}}$
∴PD=$\frac{12-3t}{5}$，CD=$\frac{16-4t}{5}$，
∵PM∥BC，
∴点M到BC的距离h=PD=$\frac{12-3t}{5}$，
∴△QCM的面积y=$\frac{1}{2}$CQ×h=$\frac{1}{2}$×$t×\frac{12-3t}{5}$=-$\frac{3}{10}{t}^{2}$+$\frac{6}{5}t$（0＜t＜4）；

（3）如图3，过点Q作QD⊥PM于点D，QD交AC于点H．
∵PQ=MQ，
∴PD=DM=$\frac{5}{2}$，且DQ⊥BC．
在Rt△ABC中，AC=4，AP=t，QC=t．
∵∠A=∠HQC，∠ACB=∠QCH，
∴△CQH∽△CAB，
∴$\frac{CQ}{CA}=\frac{CH}{CB}$，即$\frac{t}{4}=\frac{CH}{5}$，
∴CH=$\frac{5}{4}$t，
∴PH=AC-AP-CH=4-t-$\frac{5}{4}$t=4-$\frac{9}{4}$t，
易证△PHD∽△CBA，
∴$\frac{PH}{BC}=\frac{PD}{AC}$，
即$\frac{4-\frac{9}{4}t}{5}=\frac{\frac{5}{2}}{4}$，
 解得t=$\frac{7}{18}$．
∴当t=$\frac{7}{18}$时，PQ=QM．

点评 本题是四边形的综合题，考查了动点运动问题、三角形相似的性质和判定、勾股定理，熟练掌握平行相似的判定是关键，注意三角形PMN运动时可以看作是点P从A运动到C，利用数形结合的思想．