Question

9．已知：如圖①，在Rt△ABC中，AB⊥AC，AB=3cm，BC=5cm，將△ABC繞AC中點旋轉180°得△CDA，如圖②，再將△CDA沿AC的方向以1cm/s的速度平移得到△NDP；同時，點Q從點C出發，沿CB方向以1cm/s的速度運動，當△NDP停止平移時，點Q也停止運動，設運動時間為t（s）（0＜t＜4）．解答下列問題．

（1）當t為何值時，PQ∥AB？
（2）設△PQC的面積為y（cm²），求y與t之間的函數關系式；
（3）是否存在某一時刻t，使S_△QDC：S_{四邊形ABQP}=1：4？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由．
（4）是否存在某一時刻t，使PQ⊥DQ？若存在，請直接寫出t的值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）先根據勾股定理求AC=4，根據平移的性質和平行四邊形的性質得：PQ∥AB，列比例式為$\frac{CP}{CA}$=$\frac{CQ}{CB}$，代入可求t的值；
（2）作輔助線，構建高線，利用面積法求AE的長，利用勾股定理計算CE的長，證明△CPF∽△CAE，列式可表示PF的長，根據面積公式計算y與t之間的函數關系式；
（3）根據同底等高的兩個三角形面積相等得：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）如圖2，證明△MQP∽△PFQ，列比例式可求得：PQ²=PM×FQ，由勾股定理相結合得：PF²+FQ²=PM×FQ，代入列方程可得結論．

解答 解：（1）在Rt△ABC中，由勾股定理得，
AC=$\sqrt{B{C}^{2}-A{B}^{2}}$=4，
由平移性質可得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）如圖2，作PF⊥BC于點F，AE⊥BC于點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的距離h=PF=$\frac{12-3t}{5}$，
∴△QCM是面積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_{四邊形ABQP}=1：4，
∴S_△MQC：S_△ABC=1：5，
則5（-$\frac{3}{10}$t²+6t）=$\frac{1}{2}$×4×3，
t²-4t+4=0，
解得：t₁=t₂=2，
∴當t=2時，S_△QMC：S_{四邊形ABQP}=1：4；
（4）如圖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=$\frac{16-9t}{5}$，
則（$\frac{12-3t}{5}$）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：當t=$\frac{3}{2}$時，PQ⊥MQ．

點評 本題是四邊形的綜合題，考查了平行四邊形、平移、勾股定理、相似三角形的性質和判定，根據平移的特點，確定等量關系是關鍵，可以利用相似列等量關系，也可以利用已知面積的比列等量關系，解方程可以解決問題．