Question

19．如圖，在菱形ABCD中，AB=10，∠ABC=60°．動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)B出發(fā)沿BC邊以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)的速度勻速運(yùn)動(dòng)；動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)D出發(fā)沿折線(xiàn)DC-CA-AB以每秒3個(gè)單位長(zhǎng)的速度勻速運(yùn)動(dòng)，過(guò)點(diǎn)P作PF⊥BC，交折線(xiàn)AB-AC于點(diǎn)E，交直線(xiàn)AD于點(diǎn)F．若P、Q兩點(diǎn)同時(shí)出發(fā)，當(dāng)其中一點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)時(shí)整個(gè)運(yùn)動(dòng)隨之停止，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒．
（1）如圖①，若Q在線(xiàn)段DC上運(yùn)動(dòng)時(shí)，當(dāng)=3，QE⊥AB；
（2）如圖②，設(shè)△PQE的面積為S，請(qǐng)求出S與t的函數(shù)關(guān)系式；
（3）如圖③，在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中（不包括動(dòng)點(diǎn)的起始位置），是否存在時(shí)刻t，使得△PQF為直角三角形？若存在，請(qǐng)直接寫(xiě)出此時(shí)t的值；若不存在，說(shuō)明理由

Answer 1

分析 （1）當(dāng)點(diǎn)Q在DC上時(shí)，如圖1中，作CM⊥AB于M．在Rt△CBM中，根據(jù)BC=2BM=2（BE-QC），列出方程即可解決問(wèn)題．
（2）分五種情形①當(dāng)0≤t≤$\frac{10}{3}$時(shí)，點(diǎn)Q在DC上，點(diǎn)E在AB上，如圖2中，②當(dāng)$\frac{10}{3}$＜t≤5時(shí)，點(diǎn)Q在CA上，點(diǎn)E在AB上，如圖3中，③5＜t≤6時(shí)，點(diǎn)Q、E都在AC上時(shí)，且Q在E的右側(cè)，如圖4中，④當(dāng)6＜t≤$\frac{20}{3}$時(shí)，點(diǎn)Q、E都在CA上，且點(diǎn)Q在EP的左側(cè)，如圖5中，⑤當(dāng)$\frac{20}{3}$＜t≤10時(shí)，點(diǎn)Q在AB上，點(diǎn)E在CA上時(shí)，如圖6中，分別求解即可．
（3）分四種情形①當(dāng)P與C重合時(shí)，△QPF是直角三角形．②當(dāng)點(diǎn)Q在AC上，點(diǎn)E在AB上時(shí)，如圖7中，過(guò)點(diǎn)Q作MN⊥BC于M交AD于N．由△FNQ∽△QMP，得$\frac{NQ}{MP}$=$\frac{FN}{QM}$列出方程即可．③點(diǎn)Q與點(diǎn)A重合時(shí)，△PFQ是直角三角形．④當(dāng)點(diǎn)Q在AB上，點(diǎn)E在AC上時(shí)，如圖8中，過(guò)點(diǎn)Q作MN⊥BC于M交AD于N．利用相似三角形的性質(zhì)列出方程求解即可．

解答 解：（1）當(dāng)點(diǎn)Q在DC上時(shí)，如圖1中，作CM⊥AB于M．

∵QE⊥AB，
∴CM∥EQ，CQ∥EM，
∴四邊形CMEQ是平行四邊形，
∵∠CME=90°，
∴四邊形CMEQ是矩形，
∴CM=EQ，
在Rt△CBM中，∵∠B=60°，
∴∠BCM=30°
∴BC=2BM=2（BE-QC）
即10=2[2t-（10-3t）]，解得t=3所以，當(dāng)t=3秒時(shí)，QE⊥AB．
故答案為3．

（2）①當(dāng)0≤t≤$\frac{10}{3}$時(shí)，點(diǎn)Q在DC上，點(diǎn)E在AB上，如圖2中，

S=$\frac{1}{2}$×$\sqrt{3}$t×[10-t+$\frac{1}{2}$（10-3t）]=-$\frac{{5\sqrt{3}}}{4}$t²+$\frac{{15\sqrt{3}}}{2}$t，
②當(dāng)$\frac{10}{3}$＜t≤5時(shí)，點(diǎn)Q在CA上，點(diǎn)E在AB上，如圖3中，

S=$\frac{1}{2}$×$\sqrt{3}$t×[10-t-$\frac{1}{2}$（3t-10）]=-$\frac{5\sqrt{3}}{4}$t²+$\frac{15\sqrt{3}}{2}$t，
③5＜t≤6時(shí)，點(diǎn)Q、E都在AC上時(shí)，且Q在E的右側(cè)，如圖4中，

S=$\frac{1}{2}$×$\sqrt{3}$（10-t）×[10-t-$\frac{1}{2}$（3t-10）]=$\frac{{5\sqrt{3}}}{4}$t²-20$\sqrt{3}$t+75$\sqrt{3}$，

④當(dāng)6＜t≤$\frac{20}{3}$時(shí)，點(diǎn)Q、E都在CA上，且點(diǎn)Q在EP的左側(cè)，如圖5中，

S=$\frac{1}{2}$×$\sqrt{3}$（10-t）×$\frac{1}{2}$[3t-10-2（10-t）]=-$\frac{{5\sqrt{3}}}{4}$t²+20$\sqrt{3}$t-75$\sqrt{3}$，
⑤當(dāng)$\frac{20}{3}$＜t≤10時(shí)，點(diǎn)Q在AB上，點(diǎn)E在CA上時(shí)，如圖6中，

S=$\frac{1}{2}$×$\sqrt{3}$（10-t）×[t-5-$\frac{1}{2}$（3t-20）]=$\frac{\sqrt{3}}{4}$t²-5$\sqrt{3}$t+25$\sqrt{3}$．
綜上所述S=$\left\{\begin{array}{l}{-\frac{5\sqrt{3}}{4}{t}^{2}+\frac{15\sqrt{3}}{2}t}&{（0≤t≤5）}\\{\frac{5\sqrt{3}}{4}{t}^{2}-20\sqrt{3}t+75\sqrt{3}}&{（5＜t≤6）}\\{-\frac{5\sqrt{3}}{4}{t}^{2}+20\sqrt{3}t-75\sqrt{3}}&{（6＜t≤\frac{20}{3}）}\\{\frac{\sqrt{3}}{4}{t}^{2}-5\sqrt{3}t+25\sqrt{3}}&{（\frac{20}{3}＜t≤10）}\end{array}\right.$．


（3）①當(dāng)P與C重合時(shí)，△QPF是直角三角形，此時(shí)t=$\frac{10}{3}$．
②當(dāng)點(diǎn)Q在AC上，點(diǎn)E在AB上時(shí)，如圖7中，過(guò)點(diǎn)Q作MN⊥BC于M交AD于N．

∵∠FQP=90°，
∴∠FQN+∠PQM=90°，∠PQM+∠QPM=90°，
∴∠FQN=∠QPM，∵∠FNQ=∠PMQ=90°，
∴△FNQ∽△QMP，
∴$\frac{NQ}{MP}$=$\frac{FN}{QM}$，
∴$\frac{5\sqrt{3}-\frac{\sqrt{3}}{2}（3t-10）}{10-t-\frac{1}{2}（3t-10）}$=$\frac{10-t-\frac{1}{2}（3t-10）}{\frac{\sqrt{3}}{2}（3t-10）}$，
整理得到26t²-285t+750=0，
解得t=$\frac{285±5\sqrt{129}}{52}$．
③點(diǎn)Q與點(diǎn)A重合時(shí)，△PFQ是直角三角形，此時(shí)t=$\frac{20}{3}$，
④當(dāng)點(diǎn)Q在AB上，點(diǎn)E在AC上時(shí)，如圖8中，過(guò)點(diǎn)Q作MN⊥BC于M交AD于N

由△FNQ∽△QMP，
得$\frac{NQ}{MP}$=$\frac{FN}{QM}$，所以$\frac{\frac{\sqrt{3}}{2}（3t-20）}{t-\frac{1}{2}（30-3t）}$=$\frac{t-\frac{1}{2}（30-3t）}{\frac{\sqrt{3}}{2}（30-3t）}$，
整理得26t²-375t+1350=0，
∴（13t-90）（2t-15）=0，
∴t=$\frac{90}{13}$或$\frac{15}{2}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查四邊形綜合題、矩形的性質(zhì)、等邊三角形的性質(zhì)、相似三角形的判定和性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)分類(lèi)討論，不能漏解，學(xué)會(huì)把問(wèn)題轉(zhuǎn)化為方程的思想思考問(wèn)題，屬于中考?jí)狠S題．