Question

17．已知：如圖，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3cm，BC=4cm，點P從點B出發(fā)，沿BC向點C勻速運(yùn)動，速度為1cm/s；過點P作PD∥AB，交AC于點D，同時，點Q從點A出發(fā)，沿AB向點B勻速運(yùn)動，速度為2cm/s；當(dāng)一個點停止運(yùn)動時，另一個點也停止運(yùn)動，連接PQ．設(shè)運(yùn)動時間為t（s）（0＜t＜2.5），解答下列問題：
（1）當(dāng)t為何值時，四邊形ADPQ為平行四邊形？
（2）設(shè)四邊形ADPQ的面積為y（cm²），試確定y與t的函數(shù)關(guān)系式；
（3）在運(yùn)動過程中，是否存在某一時刻t，使S_{四邊形ADPQ}：S_△PQB=13：2？若存在，請說明理由，若存在，求出t的值，并求出此時PQ的距離．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)勾股定理求出AB，根據(jù)平行四邊形的性質(zhì)得到PQ∥AC，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)列出比例式，計算即可；
（2）過點P作PE⊥AB，證明△BPE∽△BCA，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)求出PE、PD，根據(jù)梯形的面積公式計算即可；
（3）根據(jù)題意列出一元二次方程，解方程求出t，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)、勾股定理計算即可．

解答 解：（1）∵∠C=90°，AC=3cm，BC=4cm，
∴AB=$\sqrt{A{C}^{2}+B{C}^{2}}$=5cm，
∵PD∥AB，
∴當(dāng)PQ∥AC時，四邊形ADPQ是平行四邊形，
∴$\frac{QB}{AB}$=$\frac{BP}{BC}$，即$\frac{5-2t}{5}$=$\frac{t}{4}$，
解得，t=$\frac{20}{13}$，
答：當(dāng)t=$\frac{20}{13}$時，四邊形ADPQ為平行四邊形；

（2）過點P作PE⊥AB，垂足為E，
∵∠PEB=∠C=90°，
∠B=∠B，
∴△BPE∽△BCA，
∴$\frac{PE}{AC}$=$\frac{BP}{BA}$，即$\frac{PE}{3}$=$\frac{t}{5}$，
解得，PE=$\frac{3}{5}$t，
∵PD∥AB，
∴∠DPC=∠B，
∠C=∠C，
∴△CPD∽△CBA，
∴$\frac{PD}{AB}$=$\frac{CP}{CB}$，即$\frac{PD}{5}$=$\frac{4-t}{4}$，
解得，PD=$\frac{20-5t}{4}$，
∴y=S_{四邊形ADPQ}=$\frac{1}{2}$×（PD+AQ）×PE
=$\frac{1}{2}$×（$\frac{20-5t}{4}$+2t）×$\frac{3}{5}$t
=$\frac{9}{40}$t²+$\frac{3}{2}$t；

（3）若存在某一時刻，使S_{四邊形ADPQ}：S_△PQB=13：2，
則y=$\frac{13}{2}$S_△PQB
∵S_△PQB=$\frac{1}{2}×$QB×PE=-$\frac{3}{5}$t²+$\frac{3}{2}$t，
∴$\frac{9}{40}$t²+$\frac{3}{2}$t=$\frac{13}{2}$（-$\frac{3}{5}$t²+$\frac{3}{2}$t），
解得，t₁=0（舍去），t₂=2，
則t為2s時，S_{四邊形ADPQA}：S_△PQB=13：2，
當(dāng)t=2時，BP=2，BQ=5-4=1，
作QH⊥BC于H，
則QH=$\frac{3}{5}$，BH=$\frac{4}{5}$，
∴PH=$\frac{6}{5}$，
則PQ=$\sqrt{P{H}^{2}+Q{H}^{2}}$=$\frac{3\sqrt{5}}{5}$．

點評 本題考查的是平行四邊形的判定、相似三角形的判定和性質(zhì)、二次函數(shù)解析式的確定，掌握相似三角形的判定定理和性質(zhì)定理是解題的關(guān)鍵．