Question

11．如圖1，在△ABC中，AB=AC=5cm，BD⊥AC于D，BD=4cm，點(diǎn)M從A出發(fā)，沿AC的方向勻速運(yùn)動(dòng)，同時(shí)直線PQ由B出發(fā)，沿BA的方向勻速運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中始終保持PQ∥AC，直線PQ交AB于P，交BC于Q，交BD于F，連接PM，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t（0＜t≤3）．線段CM的長(zhǎng)度記作y₁，線段BP的長(zhǎng)度記作y₂，y₁和y₂關(guān)于時(shí)間t的函數(shù)變化情況如圖2所示．
（1）如圖2可知，點(diǎn)M的運(yùn)動(dòng)速度是每秒$\frac{5}{3}$cm，當(dāng)t為$\frac{15}{8}$秒時(shí)，四邊形PQCM是平行四邊形？在圖2中反映這一情況的點(diǎn)是（$\frac{15}{8}$，$\frac{15}{8}$）；
（2）設(shè)四邊形PQCM的面積為Scm²，求S與t之間的函數(shù)關(guān)系式；
（3）是否存在某一時(shí)刻t，使S_{四邊形PQCM}=$\frac{1}{3}$S_△ABC？若存在，求出t的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由；
（4）連接PC，是否存在某一時(shí)刻t，使點(diǎn)M在線段PC的垂直平分線上？若存在，求出此時(shí)t的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）先由圖2判斷出點(diǎn)M的速度和PQ的運(yùn)動(dòng)速度，再由四邊形PQCM為平行四邊形，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得到對(duì)邊平行，進(jìn)而得到AP=AM，列出關(guān)于t的方程，求出方程的解得到滿足題意t的值；
（2）根據(jù)PQ∥AC可得△PBQ∽△ABC，根據(jù)相似三角形的形狀必然相同可知△BPQ也為等腰三角形，即BP=PQ=t，再用含t的代數(shù)式就可以表示出BF，進(jìn)而得到梯形的高PE=DF=4-t，又點(diǎn)M的運(yùn)動(dòng)速度和時(shí)間可知點(diǎn)M走過(guò)的路程AM=$\frac{5}{3}$t，所以梯形的下底CM=5-$\frac{5}{3}$t．最后根據(jù)梯形的面積公式即可得到S與t的關(guān)系式；
（3）求出三角形ABC的面積，又根據(jù)S_{四邊形PQCM}=$\frac{1}{3}$S_△ABC，求出四邊形PQCM的面積，從而得到了S的值，代入第二問(wèn)求出的S與t的解析式中求出t的值即可；
（4）假設(shè)存在，則根據(jù)垂直平分線上的點(diǎn)到線段兩端點(diǎn)的距離相等即可得到MP=MC，過(guò)點(diǎn)M作MH垂直AB，由一對(duì)公共角的相等和一對(duì)直角的相等即可得到△AHM∽△ADB，由相似得到對(duì)應(yīng)邊成比例進(jìn)而用含t的代數(shù)式表示出AH和HM的長(zhǎng)，再由AP的長(zhǎng)減AH的長(zhǎng)表示出PH的長(zhǎng)，從而在直角三角形PHM中根據(jù)勾股定理得出方程，解方程即可．

解答 解：（1）由圖2得，點(diǎn)M的運(yùn)動(dòng)速度為$\frac{5}{3}$cm/s，PQ的運(yùn)動(dòng)速度為1cm/s，
∵四邊形PQCM是平行四邊形，則PM∥QC，
∴AP：AB=AM：AC，
∵AB=AC，
∴AP=AM，即5-t=$\frac{5}{3}$t，
解得：t=$\frac{15}{8}$，
∴當(dāng)t=$\frac{15}{8}$時(shí)，四邊形PQCM是平行四邊形，此時(shí)，圖2中反映這一情況的點(diǎn)是E（$\frac{15}{8}$，$\frac{15}{8}$）
故答案為：$\frac{5}{3}$，$\frac{15}{8}$，E（，$\frac{15}{8}$，$\frac{15}{8}$）．

（2）∵PQ∥AC，
∴△PBQ∽△ABC，
∴△PBQ為等腰三角形，PQ=PB=t，
∴$\frac{BF}{BD}=\frac{BP}{BA}$，即$\frac{BF}{4}=\frac{t}{5}$，
解得：BF=$\frac{4}{5}$t，
∴FD=BD-BF=4-$\frac{4}{5}$t，
又∵M(jìn)C=AC-AM=5-$\frac{5}{3}$t，
∴S=$\frac{1}{2}$（PQ+MC）•FD=$\frac{1}{2}$（t+5-$\frac{5}{3}$t）（4-$\frac{4}{5}$t）=$\frac{4}{15}$t²-$\frac{10}{3}$t+10；即S=$\frac{4}{15}$t²-$\frac{10}{3}$t+10；

（3）存在；
∵S_△ABC=$\frac{1}{2}$AC•BD=$\frac{1}{2}$×5×4=10，
當(dāng)S_{四邊形PQCM}=$\frac{1}{3}$S_△ABC時(shí)，$\frac{4}{15}$t²-$\frac{10}{3}$t+10=$\frac{10}{3}$
解得：t=$\frac{5}{2}$，或t=10（不合題意，舍）；
即t=$\frac{5}{2}$時(shí)，S_{四邊形PQCM}=$\frac{1}{3}$S_△ABC．

（4）假設(shè)存在某一時(shí)刻t，使得M在線段PC的垂直平分線上，則MP=MC，
過(guò)M作MH⊥AB，交AB與H，如圖所示：
∵∠A=∠A，∠AHM=∠ADB=90°，
∴△AHM∽△ADB，
∴$\frac{HM}{BD}=\frac{AH}{AD}=\frac{AM}{AB}$，
又∵AD=3，BD=4，
∴$\frac{HM}{4}=\frac{AH}{3}=\frac{\frac{5}{3}T}{5}$，
∴HM=$\frac{4}{3}$t，AH=t，
∴HP=5-t-t=5-2t，
在Rt△HMP中，MP²=（5-2t）²+（$\frac{4}{3}$t）²，
又∵M(jìn)C²=（5-$\frac{5}{3}$t）²，MP²=MC²，
∴（5-2t）²+（$\frac{4}{3}$t）²═（5-$\frac{5}{3}$t）²，
解得：t=$\frac{10}{9}$，或t=0（舍去），
∴t=$\frac{10}{9}$s時(shí)，點(diǎn)M在線段PC的垂直平分線上．

點(diǎn)評(píng) 此題是四邊形綜合題，主要考查了平行四邊形的性質(zhì)，三角形相似的判定與性質(zhì)，垂直平分線的性質(zhì)以及勾股定理的應(yīng)用．第二問(wèn)的解題關(guān)鍵是根據(jù)相似三角形的高之比等于對(duì)應(yīng)邊之比得出比例，進(jìn)而求出關(guān)系式，第三問(wèn)和第四問(wèn)都屬于探究性試題，需要采用“逆向思維”．