Question

19．如圖，直角△ABC中，∠A為直角，AB=6，AC=8．點P，Q，R分別在AB，BC，CA邊上同時開始作勻速運動，2秒后三個點同時停止運動，點P由點A出發(fā)以每秒3個單位的速度向點B運動，點Q由點B出發(fā)以每秒5個單位的速度向點C運動，點R由點C出發(fā)以每秒4個單位的速度向點A運動，在運動過程中：
（1）求證：△APR，△BPQ，△CQR的面積相等；
（2）求△PQR面積的最小值；
（3）用t（秒）（0≤t≤2）表示運動時間，是否存在t，使∠PQR=90°？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）先利用銳角三角函數(shù)表示出QE=4t，QD=3（2-t），再由運動得出AP=3t，CR=4t，BP=3（2-t），AR=4（2-t），最后用三角形的面積公式即可得出結(jié)論；
（2）借助（1）得出的結(jié)論，利用面積差得出S_△PQR=18（t-1）²+6，即可得出結(jié)論；
（3）先判斷出∠DQR=∠EQP，用此兩角的正切值建立方程求解即可．

解答 解：（1）如圖，在Rt△ABC中，AB=6，AC=8，根據(jù)勾股定理得，BC=10，sin∠B=$\frac{AC}{AB}$=$\frac{8}{10}$=$\frac{4}{5}$，sin∠C=$\frac{3}{4}$，
過點Q作QE⊥AB于E，
在Rt△BQE中，BQ=5t，
∴sin∠B=$\frac{QE}{BQ}$=$\frac{4}{5}$，
∴QE=4t，
過點Q作QD⊥AC于D，
在Rt△CDQ中，CQ=BC-BQ=10-5t，
∴QD=CQ•sin∠C=$\frac{3}{5}$（10-5t）=3（2-t），
由運動知，AP=3t，CR=4t，
∴BP=AB-AP=6-3t=3（2-t），AR=AC-CR=8-4t=4（2-t），
∴S_△APR=$\frac{1}{2}$AP•AR=$\frac{1}{2}$×3t×4（2-t）=6t（2-t），
S_△BPQ=$\frac{1}{2}$BP•QE=$\frac{1}{2}$×3（2-t）×4t=6t（2-t），
S_△CQR=$\frac{1}{2}$CR•QD=$\frac{1}{2}$×4t×3（2-t）=6t（2-t），
∴S_△APR=S_△BPQ=S_△CQR，
∴△APR，△BPQ，△CQR的面積相等；

（2）由（1）知，S_△APR=S_△BPQ=S_△CQR=6t（2-t），
∵AB=6，AC=8，
∴S_△PQR=S_△ABC-（S_△APR+S_△BPQ+S_△CQR）
=$\frac{1}{2}$×6×8-3×6t（2-t）=24-18（2t-t²）=18（t-1）²+6，
∵0≤t≤2，
∴當t=1時，S_△PQR最小=6；

（3）存在，由點P，Q，R的運動速度知，運動1秒時，點P，Q，R分別在AB，BC，AC的中點，此時，四邊形APQR是矩形，即：t=1秒時，∠PQR=90°，

由（1）知，QE=4t，QD=3（2-t），AP=3t，CR=4t，AR=4（2-t），
∴BP=AB-AP=6-3t=3（2-t），AR=AC-CR=8-4t=4（2-t），
過點Q作QD⊥AC于D，作QE⊥AB于E，∵∠A=90°，
∴四邊形APQD是矩形，
∴AE=DQ=3（2-t），AD=QE=4t，
∴DR=|AD-AR|=|4t-4（2-t）|=4|2t-2|，PE=|AP-AE|=|3t-3（2-t）|=3|2t-2|
∵∠DQE=90°，∠PQR=90°，
∴∠DQR=∠EQP，
∴tan∠DQR=tan∠EQP，
在Rt△DQR中，tan∠DQR=$\frac{DR}{DQ}$=$\frac{4|2t-2|}{3（2-t）}$，
在Rt△EQP中，tan∠EQP=$\frac{PE}{QE}$=$\frac{3|2t-2|}{4t}$，
∴$\frac{4|2t-2|}{3（2-t）}=\frac{3|2t-2|}{4t}$，
∴16t=9（2-t），
∴t=$\frac{18}{25}$．
即：t=1或$\frac{18}{25}$秒時，∠PQR=90°．

點評 此題是三角形綜合題，主要考查了勾股定理，銳角三角函數(shù)，矩形的判定和性質(zhì)，三角形的面積公式，解（1）的關(guān)鍵是求出QD，QE，解（2）的關(guān)鍵是建立函數(shù)關(guān)系式，解（3）的關(guān)鍵是用tan∠DQR=tan∠EQP建立方程，是一道中等難度的題目．