Question

12．已知：如圖①在?ABCD中，AB=3cm，BC=5cm，AC⊥AB，△ACD沿AC的方向勻速平移得到△PNM，速度為1cm/s；同時(shí)，點(diǎn)Q從點(diǎn)C出發(fā)，沿CB方向勻速運(yùn)動(dòng)，速度為1cm/s，當(dāng)點(diǎn)P與點(diǎn)C重合時(shí)△PNM停止平移，點(diǎn)Q也停止運(yùn)動(dòng)．如圖②設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t（s）．解答下列問題：

（1）當(dāng)t為4S時(shí)，點(diǎn)P與點(diǎn)C重合；
（2）設(shè)△QMC的面積為y（cm²），求y與t之間的函數(shù)關(guān)系式；
（3）是否存在某一時(shí)刻t，使PQ⊥MQ？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）利用勾股定理求出AC即可解決問題．
（2）如圖②中，作PD⊥BC于點(diǎn)D，AE⊥BC于點(diǎn)E，先利用面積法求出AE、EC，利用△CPD∽△CAE，求出PD即可解決問題．
（3）由△MQP∽△PDQ，得到PQ²=PM×DQ，再結(jié)合勾股定理列出方程即可解決問題．

解答 28，解：（1）在如圖①中，在RT△ABC中，∵∠BAC=90°，BC=5，AB=3，
∴AC=$\sqrt{B{C}^{2}-A{B}^{2}}$=5$\sqrt{{5}^{2}-{3}^{2}}$=4，
∴t=4時(shí)，點(diǎn)P與點(diǎn)C重合．
故答案為4 
（2）如圖②中，作PD⊥BC于點(diǎn)D，AE⊥BC于點(diǎn)E
由${S_{△ABC}}=\frac{1}{2}AB×AC=\frac{1}{2}AE×BC$可得$AE=\frac{12}{5}$，則由勾股定理易求$CE=\frac{16}{5}$
因?yàn)镻D⊥BC，AE⊥BC，
所以AE∥PD，
所以△CPD∽△CAE，
所以$\frac{CP}{CA}=\frac{CD}{CE}=\frac{PD}{AE}$，即$\frac{4-t}{4}$=$\frac{CD}{\frac{16}{5}}$=$\frac{PD}{\frac{12}{5}}$，
求得：$PD=\frac{12-3t}{5}$，CD=$\frac{16-4t}{5}$，
因?yàn)镻M∥BC，
所以M到BC的距離$h=PD=\frac{12-3t}{5}$
所以△QCM是面積$y=\frac{1}{2}CQ×h=\frac{1}{2}×t×\frac{12-3t}{5}=-\frac{3}{10}{t^2}+\frac{6}{5}t$，
（3）若PQ⊥MQ，則∠MQP=∠PDQ=90°
因?yàn)镸P∥BC，
所以∠MPQ=∠PQD，
所以△MQP∽△PDQ，
所以$\frac{PM}{PQ}$=$\frac{PQ}{DQ}$，
所以PQ²=PM×DQ，
即：PD²+DQ²=PM×DQ，由CD=$\frac{16-4t}{5}$，得DQ=CD-CQ=$\frac{16-9t}{5}$，
故${（\frac{12-3t}{5}）^2}+{（\frac{16-9t}{5}）^2}=5×\frac{16-9t}{5}$，整理得2t²-3t=0
解得t=$\frac{3}{2}$或0．
答：當(dāng)t=$\frac{3}{2}$或0秒時(shí)，PQ⊥MQ．

點(diǎn)評 本題考查相似三角形的判定和性質(zhì)、平行四邊形的性質(zhì)、勾股定理、平移等知識，解題的關(guān)鍵是熟練利用相似三角形性質(zhì)解決問題，把問題轉(zhuǎn)化為方程解決，屬于中考�？碱}型．