Question

10．已知在?ABCD中，AB=20cm，AD=30cm，∠ABC=60°，点Q从点B出发沿BA向点A匀速运动，速度为2cm/s，同时点P从点D出发沿DC匀速运动，速度为3cm/s，当点P停止运动时，点Q也随之停止运动，过点P做PM⊥AD于点M，连接PQ、QM．设运动的时间为ts（0＜t≤6）．
（1）当PQ⊥PM时，求t的值；
（2）设△PCM的面积为y（cm²），求y与x之间的函数关系式；
（3）是否存在某一时刻使得△PQM的面积最大？若存在，求出此时t的值，并求出最大面积，若不存在，请说明理由；
（4）过点M作MN∥AB交BC于点N，连接PN，是否存在某一时刻使得PM=PN？若存在，求出此时t的值，若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）只要证明四边形AQPD是平行四边形，得AQ=PD，列出方程即可解决问题．
（2）如图1中，作MN⊥CD于N，只要求出MN，根据y=$\frac{1}{2}$•PC•MN计算即可．
（3）如图2中，作BG⊥DA交DA的延长线于G，过点Q作QK⊥PM于K，交BG于H，求出QK，PM，构建二次函数，理由二次函数的性质即可解决问题．
（4）存在，只要证明CN=PC，根据PC+PD=CD列出方程即可解决问题．

解答 解：（1）∵PM⊥AD，PQ⊥PM，
∴PQ∥AD，
∵四边形ABCD是平行四边形，
∴AB∥CD，
∴四边形AQPD是平行四边形，
∴AQ=PD，
∴20-2t=3t，
∴t=4．
（2）如图1中，作MN⊥CD于N，
在 RT△PMD中，∵∠PMD=90°，∠D=60°PD=3t，
∴DM=$\frac{1}{2}$PD=$\frac{3}{2}t$，
在RT△MND中，∵∠D=60°，∠MND=90°，
∴∠NMD=30°
∴DN=$\frac{1}{2}$DM=$\frac{3}{4}$t，MN=$\sqrt{3}$DN=$\frac{3\sqrt{3}}{4}$t，
当0＜t≤$\frac{20}{3}$时，y=$\frac{1}{2}$•PC•MN=$\frac{1}{2}$（20-3t）•$\frac{3\sqrt{3}}{4}$t=-$\frac{9\sqrt{3}}{8}$t²+$\frac{15\sqrt{3}}{2}$．
当$\frac{20}{3}$＜t≤10时，y=$\frac{1}{2}$•PC•NM=$\frac{1}{2}$（3t-20）•$\frac{3\sqrt{3}}{4}$t=$\frac{9\sqrt{3}}{8}$t²-$\frac{15\sqrt{3}}{2}$．
（3）如图2中，作BG⊥DA交DA的延长线于G，过点Q作QK⊥PM于K，交BG于H，则四边形GHKM是矩形，
在RT△ABG中，∵∠G=90°，∠ABG=30°，AB=20，
，∴AG=$\frac{1}{2}$AB=10，
在RT△BHQ中，∵∠BHQ=90°，∠HBQ=30°，BQ=2t，
∴HQ=$\frac{1}{2}$BQ=t，
∴QK=40-$\frac{3}{2}$t-t，
∴S_△QPM=$\frac{1}{2}$•PM•QK=$\frac{1}{2}$×$\frac{3\sqrt{3}}{2}$t×（40-$\frac{5}{2}$t）=-$\frac{15\sqrt{3}}{8}$t²+30$\sqrt{3}$t，
∵a=-$\frac{15\sqrt{3}}{8}$＜0，
∴S_△QPM有最大值，此时t=-$\frac{30\sqrt{3}}{2×（-\frac{15\sqrt{3}}{8}）}$=8，
∴t=8秒时，△QPM面积最大．
（4）存在．
理由：如图3中，∵PM=PN，
∴∠PMN=∠PNM，
∵AB∥MN，AM∥BN，
∴四边形ABNM是平行四边形，
∴∠AMN=∠MNC=∠B=60°，
∵∠PMD=90°，∠NMD=120°，
∴∠PMN=∠PNM=∠PNC=30°，
∵∠C=120°，
∴∠CPN=30°=∠PNC，
∴NC=PC=DM=$\frac{3}{2}$t，
∴PC+DP=20，
∴$\frac{3}{2}$t+3t=20，
∴t=$\frac{40}{9}$．
∴t=$\frac{40}{9}$s时，PM=PN．

点评 本题考查四边形综合题、平行四边形的性质、直角三角形30度角所对的直角边等于斜边的一半、勾股定理、三角形面积公式等知识，解题的关键是灵活运用这些知识解决问题，学会添加常用辅助线，构造直角三角形利用勾股定理解决问题，属于中考压轴题．