Question

7．已知：如圖①，在?ABCD中，AB=3cm，BC=5cm．AC⊥AB．△ACD沿AC的方向勻速平移得到△PNM，速度為l cm/s；同時(shí)，點(diǎn)Q從點(diǎn)C出發(fā)，沿CB方向勻速運(yùn)動(dòng)，速度為1cm/s，當(dāng)△PNM停止平移時(shí)，點(diǎn)Q也停止運(yùn)動(dòng)．如圖②，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t （s）  （0＜t＜4）．解答下列問題：
（1）t秒后PC=4-t，CQ=t，P點(diǎn)到BC的距離=$\frac{12-3t}{5}$．（用t的代數(shù)式表示）
（2）當(dāng)t為何值時(shí)，PQ∥MN？
（3）設(shè)△QMC的面積為y （cm²），求y與t之間的函數(shù)關(guān)系式；
（4）是否存在某一時(shí)刻t，使PQ⊥MQ？若存在，求出t的值；若不存在，請(qǐng)說明理由．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)勾股定理求得AC的長度，由路程=速度×?xí)r間可以得到PC、QC的長度，利用相似三角形的對(duì)應(yīng)邊成比例來求P點(diǎn)到BC的距離；
（2）根據(jù)勾股定理求出AC，根據(jù)PQ∥AB，得出$\frac{CP}{CA}$=$\frac{CQ}{CB}$，$\frac{4-t}{4}$=$\frac{t}{5}$，求解即可；
（3）過點(diǎn)P作PD⊥BC于D，根據(jù)△CPD∽△CBA，得出$\frac{4-t}{5}$=$\frac{PD}{3}$，求出PD=$\frac{12}{5}$-$\frac{3}{5}$t，再根據(jù)S_△QMC=S_△QPC，得出y=S_△QMC=$\frac{1}{2}$QC•PD，再代入計(jì)算即可；
（4）根據(jù)PQ⊥MQ得出△PDQ∽△MQP，得出PQ²=MP•DQ，根據(jù)勾股定理得出PD²+DQ²=MP•DQ，再分別代入得出（$\frac{12-3t}{5}$）²+（$\frac{16-9t}{5}$）²=5×$\frac{16-9t}{5}$，求出t即可．

解答 解：（1）依題意得，CQ=t．
∵在Rt△ABC中，AC=$\sqrt{B{C}^{2}-A{B}^{2}}$=$\sqrt{{5}^{2}-{3}^{2}}$=4，
∴PC=4-t．
設(shè)點(diǎn)P到BC的距離為h，則
$\frac{h}{AB}$=$\frac{PC}{BC}$，即$\frac{h}{3}$=$\frac{4-t}{5}$，
解得h=$\frac{12-3t}{5}$．
故答案是：4-t；t；$\frac{12-3t}{5}$．

（2）由平移的性質(zhì)得MN∥AB，
∵PQ∥MN，
∴PQ∥AB，
∴$\frac{CP}{CA}$=$\frac{CQ}{CB}$，即$\frac{4-t}{4}$=$\frac{t}{5}$，
解得t=$\frac{20}{9}$；

（2）過點(diǎn)P作PD⊥BC于D，
∵△CPD∽△CBA，
∴$\frac{CP}{CB}$=$\frac{PD}{BA}$，
∴$\frac{4-t}{5}$=$\frac{PD}{3}$，
∴PD=$\frac{12}{5}$-$\frac{3}{5}$t，
∵PM∥BC，
∴S_△QMC=S_△QPC，
∴y=S_△QMC=$\frac{1}{2}$QC•PD=$\frac{1}{2}$t（$\frac{12}{5}$-$\frac{3}{5}$t）=$\frac{6}{5}$t-$\frac{3}{10}$t²（0＜t＜4）；

（3）若PQ⊥MQ，
則∠PQM=∠PDQ，
∵∠MPQ=∠PQD，
∴△PDQ∽△MQP，
∴$\frac{PQ}{MP}$=$\frac{DQ}{PQ}$，
∴PQ²=MP•DQ，
∴PD²+DQ²=MP•DQ，
∵CD=$\frac{16-4t}{5}$，
∴DQ=CD-CQ=$\frac{16-4t}{5}$-t=$\frac{16-9t}{5}$，
∴（$\frac{12-3t}{5}$）²+（$\frac{16-9t}{5}$）²=5×$\frac{16-9t}{5}$，
∴t₁=0（舍去），t₂=$\frac{3}{2}$，
綜上所述，當(dāng)t=$\frac{3}{2}$時(shí)，PQ⊥MQ．

點(diǎn)評(píng) 此題考查了相似形綜合，用到的知識(shí)點(diǎn)是相似三角形的判定與性質(zhì)、勾股定理、平行線的性質(zhì)、三角形的面積，關(guān)鍵是根據(jù)題意畫出圖形，作出輔助線，構(gòu)造相似三角形．