Question

9．定義：當(dāng)點(diǎn)C在線段AB上，AC=nAB時，我們稱n為點(diǎn)C在線段AB上的點(diǎn)值，記作d_C-AB=n．如點(diǎn)C是AB的中點(diǎn)時，即AC=$\frac{1}{2}$AB，則d_C-AB=$\frac{1}{2}$；反過來，當(dāng)d_C-AB=$\frac{1}{2}$時，則有AC=$\frac{1}{2}$AB．
（1）如圖1，點(diǎn)C在線段AB上，若d_C-AB=$\frac{2}{3}$，則$\frac{AC}{AB}$=$\frac{2}{3}$；若AC=3BC，則d_C-AB=$\frac{3}{4}$；
（2）如圖2，在△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB于點(diǎn)D，AB=10cm，BC=6cm，點(diǎn)P、Q分別從點(diǎn)C和點(diǎn)B同時出發(fā)，點(diǎn)P沿線段CA以2cm/s的速度向點(diǎn)A運(yùn)動，點(diǎn)Q沿線段BC以1cm/s的速度向點(diǎn)C運(yùn)動，當(dāng)點(diǎn)P到達(dá)點(diǎn)A時，點(diǎn)P、Q均停止運(yùn)動，連接PQ交CD于點(diǎn)E，設(shè)運(yùn)動時間為ts，d_P-CA+d_Q-CB=m．
①當(dāng)$\frac{5}{4}$≤m≤$\frac{4}{3}$時，求t的取值范圍；
②當(dāng)d_P-CA=$\frac{m}{2}$，求d_E-CD的值；
③當(dāng)d_E-CD=$\frac{m}{2}$時，求t的值．

Answer 1

分析 （1）當(dāng)點(diǎn)C在線段AB上，AC=nAB時，我們稱n為點(diǎn)C在線段AB上的點(diǎn)值，記作d_C-AB=n，據(jù)此進(jìn)行判斷即可；
（2）①根據(jù)d_P-CA=$\frac{2t}{8}$=$\frac{t}{4}$，d_Q-CB=$\frac{6-t}{6}$=1-$\frac{t}{6}$，即可得到m=d_P-CA+d_Q-CB=$\frac{t}{4}$+1-$\frac{t}{6}$，再根據(jù)$\frac{5}{4}$≤m≤$\frac{4}{3}$，即可得到不等式$\frac{5}{4}$≤$\frac{t}{4}$+1-$\frac{t}{6}$≤$\frac{4}{3}$，進(jìn)而解得3≤t≤4；
②根據(jù)d_P-CA=$\frac{m}{2}$，d_P-CA+d_Q-CB=m，可得d_P-CA=d_Q-CB，即$\frac{CP}{CA}$=$\frac{CQ}{CB}$，進(jìn)而得出$\frac{2t}{8}$=$\frac{6-t}{6}$，求得t=2.4，再根據(jù)$\frac{CP}{CA}$=$\frac{CQ}{CB}$，∠ACB=∠PCQ，判定△ACB∽△PCQ，進(jìn)而得到PQ∥AB，得出$\frac{CE}{CD}$=$\frac{CP}{CA}$，即可得到d_E-CD=d_P-CA=$\frac{2t}{8}$=0.6；
③分兩種情況：當(dāng)PQ∥AB時，則有d_E-CD=d_P-CA=d_Q-CB=$\frac{m}{2}$，由②可得，t=2.4；當(dāng)PQ與AB不平行時，過點(diǎn)P，Q分別作PM⊥CD于點(diǎn)M，QN⊥CD于點(diǎn)N，根據(jù)d_E-CD=$\frac{m}{2}$，d_P-CA+d_Q-CB=m，推理可得△PME≌△QNE，即可得出PM=QN，最后根據(jù)PM=PC×sin∠ACD=2t×sin∠B=$\frac{8t}{5}$，QN=QC×sin∠BCD=（6-t）sin∠A=$\frac{3}{5}$（6-t），得到關(guān)于t的方程$\frac{8t}{5}$=$\frac{3}{5}$（6-t），即可得出t=$\frac{18}{11}$．

解答 解：（1）∵點(diǎn)C在線段AB上，若d_C-AB=$\frac{2}{3}$，
∴AC=$\frac{2}{3}$AB，即$\frac{AC}{AB}$=$\frac{2}{3}$；
∵AC=3BC，
∴AC=$\frac{3}{4}$AB，即d_C-AB=$\frac{3}{4}$，
故答案為：$\frac{2}{3}$，$\frac{3}{4}$；

（2）①在△ABC中，∠ACB=90°，AB=10，BC=6，
∴AC=8，
∵d_P-CA=$\frac{2t}{8}$=$\frac{t}{4}$，d_Q-CB=$\frac{6-t}{6}$=1-$\frac{t}{6}$，
∴m=d_P-CA+d_Q-CB=$\frac{t}{4}$+1-$\frac{t}{6}$，
又∵$\frac{5}{4}$≤m≤$\frac{4}{3}$，
∴$\frac{5}{4}$≤$\frac{t}{4}$+1-$\frac{t}{6}$≤$\frac{4}{3}$，
解得3≤t≤4；

②∵d_P-CA=$\frac{m}{2}$，d_P-CA+d_Q-CB=m，
∴d_P-CA=d_Q-CB，
∴$\frac{CP}{CA}$=$\frac{CQ}{CB}$，
∴$\frac{2t}{8}$=$\frac{6-t}{6}$，
解得t=2.4，
∵$\frac{CP}{CA}$=$\frac{CQ}{CB}$，∠ACB=∠PCQ，
∴△ACB∽△PCQ，
∴∠A=∠CPQ，
∴PQ∥AB，
∴$\frac{CE}{CD}$=$\frac{CP}{CA}$，
∴d_E-CD=d_P-CA=$\frac{2t}{8}$=0.6；

③分兩種情況：
當(dāng)PQ∥AB時，則有d_E-CD=d_P-CA=d_Q-CB=$\frac{m}{2}$，
由②可得，t=2.4；
當(dāng)PQ與AB不平行時，過點(diǎn)P，Q分別作PM⊥CD于點(diǎn)M，QN⊥CD于點(diǎn)N，如圖所示，

則有PM∥QN∥AB，且點(diǎn)M，N，E不重合，
∴$\frac{CP}{AC}$=$\frac{CM}{CD}$，$\frac{CQ}{CB}$=$\frac{CN}{CD}$，
∵d_E-CD=$\frac{m}{2}$，d_P-CA+d_Q-CB=m，
∴d_P-CA+d_Q-CB=2d_E-CD，
∴$\frac{CP}{AC}$+$\frac{CQ}{CB}$=2$\frac{CE}{CD}$，即$\frac{CM}{CD}$+$\frac{CN}{CD}$=2$\frac{CE}{CD}$，
∴CM+CN=2CE，即點(diǎn)E是MN的中點(diǎn)，
∴EN=EM，
又∵∠PME=∠QNE，∠PEM=∠QEN，
∴△PME≌△QNE，
∴PM=QN，
∵PM=PC×sin∠ACD=2t×sin∠B=$\frac{8t}{5}$，QN=QC×sin∠BCD=（6-t）sin∠A=$\frac{3}{5}$（6-t），
∴$\frac{8t}{5}$=$\frac{3}{5}$（6-t），
解得t=$\frac{18}{11}$，
綜上所述，t的值為2.4或$\frac{18}{11}$．

點(diǎn)評 本題屬于相似形綜合題，主要考查了相似三角形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)以及解直角三角形的綜合應(yīng)用，解決問題③的關(guān)鍵是作輔助線構(gòu)造全等三角形，依據(jù)全等三角形對應(yīng)邊相等，列方程求解，解題時注意分類思想的運(yùn)用．