Question

11．如圖1，在△ABC中，∠C=90°，AC=4，BC=3，點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，以每秒4個(gè)單位長度的速度沿線段AC運(yùn)動(dòng)，到點(diǎn)C停止．當(dāng)點(diǎn)P不與△ABC的頂點(diǎn)重合時(shí)，過點(diǎn)P作其所在直角邊的垂線交AB于點(diǎn)Q，再以PQ為斜邊作等腰直角三角形△PQR，且點(diǎn)R與△ABC的另一條直角邊BC始終在PQ同側(cè)，設(shè)△PQR與△ABC重疊部分圖形的面積為S（平方單位），點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t（秒）．
（1）求PQ的長（用含t的代數(shù)式表示）；
（2）當(dāng)t為何值時(shí)點(diǎn)R恰好落在BC上？
（3）當(dāng)點(diǎn)P在AC邊上運(yùn)動(dòng)時(shí)，求S與t之間的函數(shù)關(guān)系式；
（4）如圖2，當(dāng)t為何值時(shí)，點(diǎn)R恰好落在AB邊上的高CH上？

Answer 1

分析 （1）只需利用三角函數(shù)就可解決問題；
（2）表示出RH，F(xiàn)C建立方程求解即可．
（3）可分△PQR全部在△ABC內(nèi)和△PQR部分在△ABC內(nèi)兩種情況討論：當(dāng)△PQR全部在△ABC內(nèi)時(shí)，只需運(yùn)用三角形的面積公式就可解決問題；當(dāng)△PQR部分在△ABC內(nèi)時(shí)，只需運(yùn)用割補(bǔ)法就可解決問題；
（4）可通過構(gòu)造K型全等，并利用相似三角形的性質(zhì)來解決問題．

解答 解：（1）如圖①，

由題意可知AP=4t，
tanA=$\frac{PQ}{AP}=\frac{BC}{AC}=\frac{3}{4}$，
∴PQ=3t；

（2）如圖①，點(diǎn)R恰好落在BC上時(shí)，RH=PC=4-4t=$\frac{3}{2}$t，
∴t=$\frac{8}{11}$．
（3）①當(dāng)0＜t≤$\frac{8}{11}$時(shí)，如圖①．

過點(diǎn)R作RH⊥PQ于點(diǎn)H，
S=$\frac{1}{2}$PQ•RH=$\frac{1}{2}$×3t×$\frac{3}{2}$t=$\frac{9}{4}$t²．
②當(dāng)$\frac{8}{11}$＜t＜1時(shí)，如圖③．

過點(diǎn)R作RH⊥PQ于點(diǎn)H，交BC于點(diǎn)G，
則有RG⊥MN，RH=$\frac{1}{2}$PQ=$\frac{3}{2}$t，GH=PC=4-4t，
∴S=S_△RPQ-S_△RMN=$\frac{1}{2}$PQ•RH-$\frac{1}{2}$MN•RH
=RH²-RG²=（$\frac{3}{2}$t）²-[$\frac{3}{2}$t-（4-4t）]²
=-28t²+44t-16；

（4）點(diǎn)P在AC上，且點(diǎn)R在AB的高CH上，如圖④，

過點(diǎn)P作PG⊥CH于G，
易證△PGR≌△RHQ，則有PG=RH，GR=QH．
易求得AB=5，CH=$\frac{12}{5}$，AH=$\frac{16}{5}$，BH=$\frac{9}{5}$．
PC=4-4t，CG=$\frac{3}{5}$PC=$\frac{3}{5}$（4-4t），PG=$\frac{4}{5}$PC=$\frac{4}{5}$（4-4t），
AQ=$\frac{4}{5}$AP=5t，QH=AH-AQ=$\frac{16}{5}$-5t．
根據(jù)CH=CG+GR+RH=CG+QH+PG=$\frac{12}{5}$，得
$\frac{3}{5}$（4-4t）+$\frac{16}{5}$-5t+$\frac{4}{5}$（4-4t）=$\frac{12}{5}$，
解得：t=$\frac{32}{53}$．

點(diǎn)評 此題是三角形綜合題，主要考查了三角函數(shù)、等腰直角三角形的性質(zhì)、直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半、角平分線的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)等知識，在解決問題的過程中，用到了割補(bǔ)法和分類討論等重要的數(shù)學(xué)思想方法，準(zhǔn)確分類是解決本題的關(guān)鍵．