Question

18．如圖，B（16，0），C（0，12），AC∥x軸，AC=21，動點P從點C出發(fā)，沿射線CA的方向以每秒2個長度單位的速度運動，動點Q從點O出發(fā)，在線OB上以每秒1個長度單位的速度向點B運動，點P，Q分別從點C，O同時出，當(dāng)點Q運動到點B時，點P隨之停止運動，設(shè)運動時間為t（秒）．
（1）當(dāng)t為何值時，△BPQ是以QB為腰的等腰三角形？
（2）設(shè)S=PQ²，求S與t之間的函數(shù)關(guān)系式．并寫出自變量t的取值范圍；
（3）是否存在時刻t，使得PQ⊥BC？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）過點Q作QM⊥AD于點M，過點Q作PN⊥BC于點N，在Rt△PMQ中，由勾股定理，得PQ=$\sqrt{P{M}^{2}+M{Q}^{2}}=\sqrt{{t}^{2}+144}$，在Rt△PNB中，由勾股定理，得PB=$\sqrt{P{N}^{2}+B{N}^{2}}=\sqrt{1{2}^{2}+（16-2t）^{2}}$，△BPQ是以QB為腰的等腰三角形，分兩種情況討論：①當(dāng)PQ=BQ時，②當(dāng)PB=QB時，得到關(guān)于t的方程，即可解答；
（2））∵在Rt△PMQ中，由勾股定理，得PQ=$\sqrt{P{M}^{2}+M{Q}^{2}}=\sqrt{{t}^{2}+144}$，所以S=PQ²=t²+144，因為AC=21，動點P從點C出發(fā)，沿射線CA的方向以每秒2個長度單位的速度運動，所以0＜t≤10.5．
（3）首先假設(shè)存在，然后再根據(jù)相似三角形對應(yīng)邊成比例求證．

解答 解：（1）如圖，過點Q作QM⊥AD于點M，過點Q作PN⊥BC于點N，

由題意可得：B（16，0），P（2t，12），Q（t，0），
∴OQ=t，CP=2t，BO=16，
∵QM⊥AD，PN⊥BC，AC∥x軸，
∴∠CMQ=∠MQO=∠MQB=∠MPN=∠PNQ=90°，
∵∠COQ=∠OCA=90°，
∴四邊形OQMC是矩形，四邊形MQNP是矩形，
∴CM=QO=t，QN=PM=PC-CM=2t-t=t，CO=MQ=PN=12，BQ=BO-OQ=16-t，
∴BN=0B-ON=16-2t，
在Rt△PMQ中，由勾股定理，得：
PQ=$\sqrt{P{M}^{2}+M{Q}^{2}}=\sqrt{{t}^{2}+144}$，
在Rt△PNB中，由勾股定理，得：
PB=$\sqrt{P{N}^{2}+B{N}^{2}}=\sqrt{1{2}^{2}+（16-2t）^{2}}$，
△BPQ是以QB為腰的等腰三角形，分兩種情況討論：
①當(dāng)PQ=BQ時，16-t=$\sqrt{{t}^{2}+144}$，
解得：t=$\frac{7}{2}$，
②當(dāng)PB=QB時，$\sqrt{1{2}^{2}+（16-2t）^{2}}$=16-t，此時方程無實數(shù)根，
綜上所述，當(dāng)t=$\frac{7}{2}$時，△BPQ是以QB為腰的等腰三角形．
（2）∵在Rt△PMQ中，由勾股定理，得：
PQ=$\sqrt{P{M}^{2}+M{Q}^{2}}=\sqrt{{t}^{2}+144}$，
∴S=PQ²=t²+144，
∵AC=21，動點P從點C出發(fā)，沿射線CA的方向以每秒2個長度單位的速度運動，
∴0＜t≤10.5．
（3）如圖，

∵AC∥OB，
∴∠BQF=∠MPQ，
又∵在△BFQ和△BOC中∠BFQ=∠BOC=90°，
∴∠BQF=∠BCO，
∴∠BCO=∠MPQ，
又∵∠BOC=∠PMQ=90°，
∴Rt△BOC∽Rt△QMP，
∴$\frac{OB}{OC}=\frac{MQ}{PM}$，即$\frac{16}{12}=\frac{12}{t}$，
解得：t=9．

點評 本題考查了相似三角形的性質(zhì)和判定，平行線性質(zhì)，三角形的面積的應(yīng)用，主要考查學(xué)生的推理能力和計算能力，題目比較好．