Question

8．如圖，在矩形ABCD中，AB=6米，BC=8米，動(dòng)點(diǎn)P以2米/秒的速度從點(diǎn)A出發(fā)，沿AC向點(diǎn)C移動(dòng)，同時(shí)動(dòng)點(diǎn)Q以1米/秒的速度從點(diǎn)C出發(fā)，沿CB項(xiàng)點(diǎn)B移動(dòng)，設(shè)P、Q兩點(diǎn)移動(dòng)t秒（0＜t＜5）后，三角形CPQ的面積為S米²．
（1）求面積S與時(shí)間t的關(guān)系式；
（2）在P、Q兩點(diǎn)移動(dòng)的過(guò)程中，四邊形ABQP與△CPQ的面積能否相等？若能，求出此時(shí)點(diǎn)P的位置；若不能，請(qǐng)說(shuō)明理由．
（3）t為何值時(shí)，三角形CPQ為直角三角形．

Answer 1

分析 （1）過(guò)點(diǎn)P作PE⊥BC于E，利用勾股定理求出AC的長(zhǎng)，AP=2t，CQ=t，則PC=10-2t，又PE∥AB，根據(jù)平行線分線段成比例列出比例式即可得出PE的長(zhǎng)，再由三角形的面積公式即可得出結(jié)論；
（2）假設(shè)四邊形ABQP與△CPQ的面積相等，則S_△PCQ=$\frac{1}{2}$S_△ABC，再判斷出方程根的情況即可；
（3）分∠PQC=90°與∠CPQ=90°兩種情況進(jìn)行討論即可．

解答 解：（1）如圖1，過(guò)點(diǎn)P作PE⊥BC于E，Rt△ABC中，AC=$\sqrt{{AB}^{2}+{BC}^{2}}$=$\sqrt{{6}^{2}+{8}^{2}}$=10（m）．
由題意知：AP=2t，CQ=t，則PC=10-2t．                         
由AB⊥BC，PE⊥BC，得PE∥AB，
∴$\frac{PE}{AB}$=$\frac{PC}{AC}$，即$\frac{PE}{6}$=$\frac{10-2t}{10}$
∴PE=$\frac{3}{5}$（10-2t）=-$\frac{6}{5}$t+6，
∴S_△PCQ=$\frac{1}{2}$CQ•PE=$\frac{1}{2}$t•（-$\frac{6}{5}$t+6）=-$\frac{3}{5}$t²+3t（0＜t＜5）；

（2）不能．
理由：∵假設(shè)四邊形ABQP與△CPQ的面積相等，
∴S_△PCQ=$\frac{1}{2}$S_△ABC，即-$\frac{3}{5}$t²+3t=$\frac{1}{2}$×6×8，整理得，t²-5t+40=0．
∵△=（-5）²-160=-135＜0，
∴t無(wú)解，
∴邊形ABQP與△CPQ的面積不能相等；

（3）如圖2，當(dāng)∠PQC=90°時(shí)，PQ⊥BC，
∵AB⊥BC，AB=6，BC=8，QC=t，PC=10-2t，
∴△PQC∽△ABC，
∴$\frac{PC}{AC}$=$\frac{CQ}{BC}$，即$\frac{10-2t}{10}$=$\frac{t}{8}$，解得t=$\frac{40}{13}$（秒）；
如圖3，當(dāng)∠CPQ=90°時(shí)，PQ⊥AC，
∵∠ACB=∠QCP，∠B=∠QPC，
∴△CPQ∽△CBA，
∴$\frac{CP}{BC}$=$\frac{CQ}{AC}$，即$\frac{10-2t}{8}$=$\frac{t}{10}$，解得t=$\frac{25}{7}$（秒）．
綜上所述，t為$\frac{40}{13}$秒與$\frac{25}{7}$秒時(shí)，△CPQ為直角三角形．

點(diǎn)評(píng) 本題考查的是四邊形綜合題，涉及到矩形的性質(zhì)、勾股定理、根的判別式、三角形的面積公式及平行線分線段成比例等知識(shí)，解題關(guān)鍵是對(duì)這些知識(shí)的熟練掌握及靈活運(yùn)用，在解答（3）時(shí)要注意分類(lèi)討論．