Question

6．如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=8，BC=6，CD⊥AB于點D，點P從點D出發(fā)，沿線段DC向點C運動，點Q從點C出發(fā)，沿線段CA向點A運動，兩點同時出發(fā)，速度都為每秒1個單位長度，當(dāng)點P運動到C時，兩點都停止．設(shè)運動時間為t秒．
（1）求線段CD的長；
（2）設(shè)△CPQ的面積為S，求S與t之間的函數(shù)關(guān)系式，并求出△CPQ的面積S的最大值；
（3）是否存在某一時刻t，使得△CPQ為等腰三角形？若存在，求出所有滿足條件的t的值；若不存在，則說明理由．

Answer 1

分析 （1）利用勾股定理可求出AB長，再用等積法就可求出線段CD的長．
（2）過點P作PH⊥AC，垂足為H，通過三角形相似即可用t的代數(shù)式表示PH，從而可以求出S與t之間的函數(shù)關(guān)系式；即可解決問題；
（3）可分三種情況進(jìn)行討論：由CQ=CP可建立關(guān)于t的方程，從而求出t；由PQ=PC或QC=QP不能直接得到關(guān)于t的方程，可借助于等腰三角形的三線合一及三角形相似，即可建立關(guān)于t的方程，從而求出t．

解答 解：（1）∵∠ACB=90°，AC=8，BC=6，
∴AB=10．
∵CD⊥AB，
∴S_△ABC=$\frac{1}{2}$BC•AC=$\frac{1}{2}$AB•CD．
∴CD=$\frac{BC•AC}{AB}$=4.8．
∴線段CD的長為4.8；

（2）①過點P作PH⊥AC，垂足為H，如圖2所示．
由題可知DP=t，CQ=t．
則CP=4.8-t．
∵∠ACB=∠CDB=90°，
∴∠HCP=90°-∠DCB=∠B．
∵PH⊥AC，
∴∠CHP=90°．
∴∠CHP=∠ACB．
∴△CHP∽△BCA．
∴$\frac{PH}{AC}=\frac{PC}{AB}$．
∴$\frac{PH}{8}=\frac{4.8-t}{10}$．
∴PH=$\frac{96}{25}$-$\frac{4}{5}$t．
∴S=S_△CPQ=$\frac{1}{2}$CQ•PH=$\frac{1}{2}$t（$\frac{96}{25}$-$\frac{4}{5}$t）=-$\frac{2}{5}$t²+$\frac{48}{25}$t=-$\frac{2}{5}$（t²-$\frac{24}{5}$t）=-$\frac{2}{5}$（t-$\frac{12}{5}$）²+$\frac{288}{125}$；
∴當(dāng)t=$\frac{12}{5}$時，S_最大=$\frac{288}{125}$．

（3）存在，
①若CQ=CP，如圖1，
則t=4.8-t．
解得：t=2.4．
②若PQ=PC，如圖2所示．
∵PQ=PC，PH⊥QC，
∴QH=CH=$\frac{1}{2}$QC=$\frac{1}{2}$t．
∵△CHP∽△BCA．
∴$\frac{CH}{BC}=\frac{CP}{AB}$．
∴$\frac{\frac{t}{2}}{6}=\frac{4.8-t}{10}$．
解得；t=$\frac{144}{55}$．
③若QC=QP，
過點Q作QE⊥CP，垂足為E，如圖3所示．
同理可得：t=$\frac{24}{11}$．
綜上所述：當(dāng)t為2.4秒或$\frac{144}{55}$秒或$\frac{24}{11}$秒時，△CPQ為等腰三角形．

點評 此題是三角形綜合題，主要考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、一元二次方程的應(yīng)用、勾股定理等知識，具有一定的綜合性，而利用等腰三角形的三線合一巧妙地將兩腰相等轉(zhuǎn)化為底邊上的兩條線段相等是解決第三小題的關(guān)鍵