Question

1．如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，AC=2，CD是△ABC的中線，動點P從點C出發(fā)，沿CA以每秒1個單位長度的速度向終點A運動，同時，動點Q從點A出發(fā)，沿AB以每秒2個單位長度向終點B運動，過點P作PE∥AB，連結(jié)EQ，設(shè)點P運動的時間為t（s）（t＞0）
（1）當四邊形APEQ是菱形時，求t的值；
（2）當以點P、E、Q為頂點的三角形是直角三角形時，求t的值；
（3）設(shè)四邊形APEQ與△BCD重疊部分圖形的面積為S（平方單位），求S與t之間的函數(shù)關(guān)系式；
（4）設(shè)點A關(guān)于直線PQ的對稱點為A′，點A′落在△ABC的外部時，直接寫出t的取值范圍．

Answer 1

分析 （1）首先證明四邊形APEQ是平行四邊形，根據(jù)AP=AQ列出方程即可解決問題．
（2）分兩種情形討論，列出方程即可解決問題．
（3）分兩種情形①如圖3中，當0＜t≤1時，重疊部分是△EMN，易知△EMN是等邊三角形．②如圖4中，當1＜t≤2時，重疊部分是四邊形MNEQ．作PH⊥CD于H，延長EQ交CD的延長線于G．分別求解即可．
（4）求出圖5、圖6中兩個特殊位置的t的值，即可判斷．

解答 解：（1）在Rt△ABC中，∵∠ACB=90°，∠B=30°，AC=2，
∴AB=2AC=4，BC=2$\sqrt{3}$，
∵PE∥AB，
∴∠PEC=∠B=30°，
∴PE=2t，EC=$\sqrt{3}$t，
由題意PC=t，AQ=2t，
∴AQ=PE，∵AQ=PE，
∴四邊形APEQ是平行四邊形，
當AP=AQ時，四邊形APEQ是菱形，則2-t=2t，
∴t=$\frac{2}{3}$，
∴t=$\frac{2}{3}$時，四邊形APEQ是菱形．

（2）如圖1中，當∠QPE=90°，在Rt△APQ中，易知AP=2AQ，即2-t=4t，解得t=$\frac{2}{5}$．

如圖2中，當∠PQE=90°，易知四邊形PQEC是矩形，可得AQ=2AP，即2t=2（2-t），解得t=1．

當∠PEQ=90°時，易知cos∠B=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∴$\frac{4-2t}{2\sqrt{3}-\sqrt{3}t}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，解得t=2，是增根，
∴此種情形不存在．
綜上所述，t=$\frac{2}{5}$s或1s時，△PQE是直角三角形．

（3）①如圖3中，當0＜t≤1時，重疊部分是△EMN，易知△EMN是等邊三角形，

∵AD=DB，∠ACB=90°，∠B=30°，
∴CD=AD=DB，
∴∠PCN=∠CPN=60°，∠DCB=∠B=∠NEC=30°，
∴PN=EN=t，
∴S=$\frac{\sqrt{3}}{4}$t²

②如圖4中，當1＜t≤2時，重疊部分是四邊形MNEQ．作PH⊥CD于H，延長EQ交CD的延長線于G．

易知PC=CN=NG=EG=t，EQ=2-t，GQ=2t-2，PH=$\frac{\sqrt{3}}{2}$t，
∵GQ∥PC，
∴$\frac{GQ}{PC}$=$\frac{GM}{MC}$=$\frac{2t-2}{t}$，
∴MG=$\frac{2t-2}{3t-2}$•2t，MN=t-$\frac{2t（2t-2）}{3t-2}$，
∴S=S_△PQE-S_△PMN=$\frac{1}{2}$•（2-t）•$\sqrt{3}$t-$\frac{1}{2}$•[t-$\frac{2t（2t-2）}{3t-2}$]•$\frac{\sqrt{3}}{2}$t=-$\frac{\sqrt{3}}{4}$t²+$\sqrt{3}$t+$\frac{2\sqrt{3}{t}^{3}-2\sqrt{3}{t}^{2}}{6t-4}$．

（4）①如圖5中，當點A的對稱點A′在線段AB上時，易知AP=2AQ，2-t=4t，解得t=$\frac{2}{5}$．

②如圖6中，當點A的對稱點A′與點E重合時，易知AP=AQ，2-t=2t，解得t=$\frac{2}{3}$，

觀察圖象可知，當$\frac{2}{5}$＜t＜$\frac{2}{3}$時，點A′落在△ABC的外部．

點評 本題考查四邊形綜合題、菱形的判定和性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)、多邊形的面積問題、軸對稱等知識，解題的關(guān)鍵是靈活運用所學(xué)知識，學(xué)會用分類討論的思想思考問題，學(xué)會尋找特殊點解決問題，屬于中考壓軸題．