Question

13．如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6cm，BC=3cm，∠ABC的平分線交于點(diǎn)D，動(dòng)點(diǎn)P，Q從點(diǎn)C同時(shí)出發(fā)，點(diǎn)P以1cm/s的速度沿射線CA方向運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)Q以2cm/s的速度沿射線CB方向運(yùn)動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)P到達(dá)點(diǎn)A時(shí)，P、Q兩點(diǎn)同時(shí)停止運(yùn)動(dòng)，設(shè)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t（s），連接PQ，PD，QD．
（1）請(qǐng)用含t的代數(shù)式表示線段PQ的長(zhǎng)；
（2）求點(diǎn)D到AC的距離；
（3）設(shè)△PQD與△ABC的重疊部分圖形的面積為S（cm²）．
①當(dāng)0＜t＜3時(shí)，求S與t之間的函數(shù)關(guān)系式；
②直接寫出在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中S隨t的增大而增大時(shí)t的取值．

Answer 1

分析 （1）由題意PC=t，QC=2t，在Rt△PQC中，根據(jù)PQ=$\sqrt{P{C}^{2}+C{Q}^{2}}$，即可解決問(wèn)題．
（2）如圖1中，作DE⊥AC于E，DF⊥BC于F．首先證明四邊形CFDE是正方形，設(shè)正方形的邊長(zhǎng)為x，由DE∥BC，可得$\frac{DE}{BC}$=$\frac{AE}{AC}$，即$\frac{x}{3}$=$\frac{6-x}{6}$，解方程即可解決問(wèn)題．
（3）①如圖2中，作MH⊥AC于M，MG⊥BC于G，則四邊形CGMH是正方形，設(shè)邊長(zhǎng)為y，分兩種情形a、當(dāng)0＜t≤1.5時(shí)，重疊部分是△PQD．b、當(dāng)1.5＜t＜3時(shí)，重疊部分是△PKD，分別求解即可．
②分三種情形討論即可．a(chǎn)、當(dāng)0＜t≤1.5時(shí)，重疊部分是△PQD．b、當(dāng)1.5＜t＜3時(shí)，重疊部分是△PKD，分別求解即可．c、當(dāng)t≥3時(shí)，分別利用二次函數(shù)的性質(zhì)即可解決問(wèn)題．

解答 解：（1）由題意PC=t，QC=2t，
在Rt△PQC中，PQ=$\sqrt{P{C}^{2}+C{Q}^{2}}$=$\sqrt{{t}^{2}+（2t）^{2}}$=$\sqrt{5}$t．

（2）如圖1中，作DE⊥AC于E，DF⊥BC于F．

∵∠ACB=90°，DC平分∠ACB，
∴∠DCE=∠DCF=∠DCE=∠CDF=45°，
∴EC=ED，F(xiàn)C=FD，
∵DF⊥BC，DE⊥AC，
∴DE=DF，
∴DE=DF=CF=EC，
∴四邊形CFDE是菱形，∠ECF=90°，
∴四邊形CFDE是正方形，設(shè)正方形的邊長(zhǎng)為x，
∵DE∥BC，
∴$\frac{DE}{BC}$=$\frac{AE}{AC}$，
∴$\frac{x}{3}$=$\frac{6-x}{6}$，
∴x=2．
∴點(diǎn)D到AC的距離為2．

（3）①如圖2中，作MH⊥AC于M，MG⊥BC于G，則四邊形CGMH是正方形，設(shè)邊長(zhǎng)為y，

∵M(jìn)H∥CQ，
∴$\frac{MH}{CQ}$=$\frac{PH}{PC}$，
∴$\frac{y}{2t}$=$\frac{t-y}{t}$，
∴y=$\frac{2}{3}$t，
當(dāng)0＜t≤1.5時(shí)，重疊部分是△PQD，
∴S=（S_△CQD-S_△CQM）+（S_△CPD-S_△CPM）=$\frac{1}{2}$•2t（2-$\frac{2}{3}$t）+$\frac{1}{2}$•t•（2-$\frac{2}{3}$t）=$\frac{3}{2}$t（2-$\frac{2}{3}$t）=3t-t²．
如圖3中，作PT∥AB交BC于T，QR⊥AB于R．

∵$\frac{PT}{AB}$=$\frac{PC}{AC}$=$\frac{CT}{BC}$，
∴$\frac{PT}{3\sqrt{5}}$=$\frac{t}{6}$=$\frac{CT}{3}$，
∴PT=$\frac{\sqrt{5}}{2}$t，CT=$\frac{1}{2}$t，
∵BK∥PT，
∴$\frac{BK}{PT}$=$\frac{QB}{QT}$，
∴$\frac{BK}{\frac{\sqrt{5}}{2}t}$=$\frac{2t-3}{2t-\frac{1}{2}t}$，
∴BK=$\frac{\sqrt{5}}{3}$（2t-3），
當(dāng)點(diǎn)K與點(diǎn)D重合時(shí)，$\frac{\sqrt{5}}{3}$（2t-3）=$\sqrt{5}$，解得t=3，
∴KD=$\sqrt{5}$-$\frac{\sqrt{5}}{3}$（2t-3）=2$\sqrt{5}$-$\frac{2}{3}$$\sqrt{5}$t，
由△QRB∽△DFB，可得$\frac{QR}{DF}$=$\frac{BQ}{DB}$，
∴$\frac{QR}{2}$=$\frac{2t-3}{\sqrt{5}}$，
∴QR=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$（2t-3），
∴當(dāng)1.5＜t＜3時(shí)，重疊部分是△PKD，
S=S_△PDQ-S_△QDK=3t-t²-$\frac{1}{2}$•（2$\sqrt{5}$-$\frac{2}{3}$$\sqrt{5}$t）•$\frac{2\sqrt{5}}{5}$（2t-3）=$\frac{1}{3}$t²-3t+6．
綜上所述，S=$\left\{\begin{array}{l}{3t-{t}^{2}}&{（0＜t≤1.5）}\\{\frac{1}{3}{t}^{2}-3t+6}&{（1.5＜t＜3）}\end{array}\right.$．
②由①可知，當(dāng)0＜t≤1.5時(shí)，S隨t的增大而增大．
如圖4中，

當(dāng)t≥3時(shí)，重疊部分是△PDK，S=$\frac{1}{2}$•DK•PH=$\frac{1}{2}$•[$\frac{\sqrt{5}}{3}$（2t-3）-$\sqrt{5}$]•$\frac{\sqrt{5}}{5}$（6-t）=-$\frac{1}{3}$t²+3t-6，
∵-$\frac{1}{3}$＜0，開(kāi)口向下，對(duì)稱軸t=$\frac{9}{2}$，
∴3≤t＜$\frac{9}{2}$時(shí)，S隨t的增大而增大．
綜上所述，當(dāng)當(dāng)0＜t≤1.5或3≤t＜$\frac{9}{2}$時(shí)，S隨t的增大而增大．

點(diǎn)評(píng) 本題考查三角形綜合題、正方形的判定和性質(zhì)、勾股定理、平行線分線段成比例定理、二次函數(shù)的應(yīng)用等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用所學(xué)知識(shí)，學(xué)會(huì)用分類討論的思想思考問(wèn)題，學(xué)會(huì)構(gòu)建二次函數(shù)，利用二次函數(shù)的性質(zhì)解決增減性問(wèn)題，屬于中考?jí)狠S題．