Question

19．已知：如圖，在Rt△ACB中，∠C=90°，AC=3$\sqrt{3}$cm，BC=3cm，點(diǎn)P由B點(diǎn)出發(fā)沿BA方向向點(diǎn)A勻速運(yùn)動(dòng)，速度為2cm/s；點(diǎn)Q由A點(diǎn)出發(fā)沿AC方向向點(diǎn)C勻速運(yùn)動(dòng)，速度為$\sqrt{3}$cm/s；若設(shè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t（s）（0＜t＜3），解答下列問(wèn)題：
（1）如圖①，連接PC，當(dāng)t為何值時(shí)△APC∽△ACB，并說(shuō)明理由；
（2）如圖②，當(dāng)點(diǎn)P，Q運(yùn)動(dòng)時(shí)，是否存在某一時(shí)刻t，使得點(diǎn)P在線段QC的垂直平分線上，請(qǐng)說(shuō)明理由；
（3）如圖③，當(dāng)點(diǎn)P，Q運(yùn)動(dòng)時(shí)，線段BC上是否存在一點(diǎn)G，使得四邊形PQGB為菱形？若存在，試求出BG長(zhǎng)；若不存在請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）先根據(jù)勾股定理求出AB，再用△APC∽△ACB，得出$\frac{AC}{AB}=\frac{AP}{AC}$，即：$\frac{3\sqrt{3}}{6}=\frac{6-2t}{3\sqrt{3}}$，求出時(shí)間；
（2）先用垂直平分線的性質(zhì)得出QM=CM=$\frac{1}{2}$CQ=$\frac{1}{2}$（3$\sqrt{3}$-$\sqrt{3}$t），然后用平行線分線段成比例建立方程求出結(jié)論；
（3）先由平行四邊形的性質(zhì)建立方程求出時(shí)間t，即求出PQ，PB，即可得到PQ≠PB判斷出四邊形PQGB不可能是菱形．

解答 解：（1）在Rt△ACB中，∠C=90°，AC=3$\sqrt{3}$cm，BC=3cm，
∴AB=6，
由運(yùn)動(dòng)知，BP=2t，AQ=$\sqrt{3}$t，
∴AP=6-2t，
∵△APC∽△ACB，
∴$\frac{AC}{AB}=\frac{AP}{AC}$，
∴$\frac{3\sqrt{3}}{6}=\frac{6-2t}{3\sqrt{3}}$，
∴t=$\frac{3}{4}$；
（2）存在，
理由：如圖②，由運(yùn)動(dòng)知，BP=2t，AQ=$\sqrt{3}$t，
∴AP=6-2t，CQ=3$\sqrt{3}$-$\sqrt{3}$t，
∵點(diǎn)P是CQ的垂直平分線上，
∴QM=CM=$\frac{1}{2}$CQ=$\frac{1}{2}$（3$\sqrt{3}$-$\sqrt{3}$t），
∴AM=AQ+QM=$\sqrt{3}$t+$\frac{1}{2}$（3$\sqrt{3}$-$\sqrt{3}$t）=$\frac{3\sqrt{3}}{2}$（t+1）
過(guò)點(diǎn)P作PM⊥AC，
∵∠ACB=90°，
∴PM∥BC，
∴$\frac{AP}{AM}=\frac{BP}{CM}$，
∴$\frac{6-2t}{\frac{3\sqrt{3}}{2}（t+1）}=\frac{2t}{\frac{1}{2}（3\sqrt{3}-\sqrt{3}t）}$
∴t=1或t=9（舍），
∴t=1．
（3）不存在，
理由：由運(yùn)動(dòng)知，BP=2t，AQ=$\sqrt{3}$t，
∴AP=6-2t，
假設(shè)線段BC上是存在一點(diǎn)G，使得四邊形PQGB為平行四邊形，
∴PQ∥BG，PQ=BG，
∴△APQ∽△ABC，
∴$\frac{AP}{AB}=\frac{AQ}{AC}=\frac{PQ}{BC}$，
∴$\frac{6-2t}{6}=\frac{\sqrt{3}t}{3\sqrt{3}}=\frac{PQ}{3}$，
∴t=$\frac{3}{2}$，PQ=$\frac{3}{2}$，
∴BP=2t=3，
∴PQ≠BP，
∴平行四邊形PQGB不可能是菱形．
即：線段BC上不存在一點(diǎn)G，使得四邊形PQGB為菱形．

點(diǎn)評(píng) 此題是相似形綜合題，主要考查了勾股定理，線段的垂直平分線的性質(zhì)，相似三角形的判定和性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，菱形的判定，解本題的關(guān)鍵是用方程的思想解決問(wèn)題．