Question

6．已知：Rt△ABC中，∠ACB=90°，CA=3，CB=4，設(shè)P，Q分別為AB邊，CB邊上的動點(diǎn)，它們同時分別從A，C出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度向終點(diǎn)B運(yùn)動，設(shè)P，Q運(yùn)動的時間為t秒．
（1）求△CPQ的面積S與運(yùn)動時間t之間的函數(shù)關(guān)系式，并求出S的最大值．
（2）t為何值時，△CPQ為直角三角形．
（3）①探索：△CPQ是否可能為正三角形，說明理由．
②P，Q兩點(diǎn)同時出發(fā)，若點(diǎn)P的運(yùn)動速度不變，試改變點(diǎn)Q的運(yùn)動速度，使△CPQ為正三角形，求出點(diǎn)Q的運(yùn)動速度和此時的t值．

Answer 1

分析 （1）作PD⊥AC于D，PE⊥BC于E，根據(jù)勾股定理求出AB，用t表示出AD、PD，根據(jù)三角形的面積公式計(jì)算即可；
（2）根據(jù)勾股定理列出算式，求出t的值；
（3）①根據(jù)等邊三角形的三線合一列式計(jì)算即可；
②設(shè)點(diǎn)Q的運(yùn)動速度為a，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)列式求出a，根據(jù)等邊三角形的性質(zhì)、正切的概念計(jì)算即可．

解答 解：（1）作PD⊥AC于D，PE⊥BC于E，
∵∠ACB=90°，CA=3，CB=4，
∴AB=$\sqrt{A{C}^{2}+B{C}^{2}}$=5，
∵AP=t，
∴AD=$\frac{3}{5}$t，PD=$\frac{4}{5}$t，
∴PE=DC=3-$\frac{3}{5}$t，
∴S=$\frac{1}{2}$×t×（3-$\frac{3}{5}$t）=-$\frac{3}{10}$t²+$\frac{3}{2}$t，
∵S=-$\frac{3}{10}$t²+$\frac{3}{2}$t=-$\frac{3}{10}$（t-$\frac{5}{2}$）²+$\frac{15}{8}$，
∴S的最大值為$\frac{15}{8}$；
（2）只有當(dāng)PC²+PQ²=CQ²時，△CPQ為直角三角形，
∴（$\frac{4}{5}$t）²+（3-$\frac{3}{5}$t）²+（3-$\frac{3}{5}$t）²+（t-$\frac{4}{5}$t）²=t²，
解得，t₁=3，t₂=15（舍去），
∴當(dāng)t=3時，△CPQ為直角三角形；
（3）①△CPQ不可能為正三角形，
理由如下：若△CPQ是正三角形，
則PC=PQ，EC=EQ，即t-$\frac{4}{5}$t=$\frac{4}{5}$t，
解得，t=0，
∴△CPQ不可能為正三角形；
②設(shè)點(diǎn)Q的運(yùn)動速度為a，
當(dāng)CE=EQ時，即$\frac{4}{5}$t=at-$\frac{4}{5}$t，
解得，a=$\frac{8}{5}$，
∵∠PCQ=60°，
∴PE=$\sqrt{3}$PD，
解得，t=$\frac{20\sqrt{3}-15}{13}$．

點(diǎn)評 本題考查的是直角三角形的性質(zhì)、二次函數(shù)解析式的確定以及二次函數(shù)的性質(zhì)的應(yīng)用，掌握勾股定理、等邊三角形的性質(zhì)、靈活運(yùn)用分情況討論思想是解題的關(guān)鍵．