Question

2．如圖，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=4cm，BC=3cm．動(dòng)點(diǎn)M，N從點(diǎn)C同時(shí)出發(fā)，均以每秒1cm的速度分別沿CA、CB向終點(diǎn)A，B移動(dòng)，同時(shí)動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)B出發(fā)，以每秒2cm的速度沿BA向終點(diǎn)A移動(dòng)，連接PM，PN，設(shè)移動(dòng)時(shí)間為t（單位：秒，0＜t＜2.5）．
（1）當(dāng)t為何值時(shí)，PN⊥BC？
（2）連接MN，設(shè)△PMN的面積為（cm²），求y與t之間的函數(shù)關(guān)系式；
（3）是否存在某一時(shí)刻t，使△PMN的面積是Rt△ABC面積的$\frac{1}{5}$？若存在，求出相應(yīng)的t值，若不存在，說明理由；
（4）是否存在某一時(shí)刻t，使以A，P，M為頂點(diǎn)的三角形與△ABC相似？若存在，求出相應(yīng)的t值，并判斷此時(shí)△PMN是否為Rt三角形；若不存在，說明理由．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)勾股定理AB=$\sqrt{A{C}^{2}+B{C}^{2}}$=5cm．根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到結(jié)論；
（2）過點(diǎn)P作PH⊥BC于點(diǎn)H，作PF⊥AC于點(diǎn)F，則PH∥AC，PF∥BC．根據(jù)平行線分線段成比例定理得到PH=$\frac{8}{5}$t，同理BH=$\frac{6}{5}$t，于是求得PF=CH=3-$\frac{6}{5}t$，分別計(jì)算出S_△PBN，S_△APMS_△CMN根據(jù)三角形面積的和差即可得到y(tǒng)與t之間的函數(shù)關(guān)系式是  y=-$\frac{3}{10}{t}^{2}+\frac{3}{2}t$；
（3）假設(shè)存在某一時(shí)刻t，使△PMN的面積是Rt△ABC面積的$\frac{1}{5}$，列方程得到取t=1；
（4）以A，P，M為頂點(diǎn)的三角形與△ABC相似，分兩種情況：①△AMP∽△ABC；②△APM∽△ABC．列比例式求得t=$\frac{3}{2}$，此時(shí)CN=CM=$\frac{3}{2}$，過點(diǎn)P作PQ⊥BC于點(diǎn)Q，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到PQ=$\frac{12}{5}$，BQ=$\frac{9}{5}$，在△PMN中，PM²+MN²=$\frac{9}{4}+\frac{18}{4}=\frac{27}{4}$≠PN²，由勾股定理的逆定理可知，△PMN不是直角三角形．

解答 解：（1）如圖，∵在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=4cm，BC=3cm．
∴根據(jù)勾股定理，得AB=$\sqrt{A{C}^{2}+B{C}^{2}}$=5cm．
當(dāng)PN⊥BC時(shí)，Rt△PBN∽R(shí)t△ABC
此時(shí)$\frac{BP}{BA}=\frac{BN}{BC}$，即$\frac{2t}{5}=\frac{3-t}{3}$，解得t=$\frac{15}{11}$，
答：當(dāng)t=$\frac{15}{11}$s時(shí)，PN⊥BC；

（2）過點(diǎn)P作PH⊥BC于點(diǎn)H，作PF⊥AC于點(diǎn)F，則PH∥AC，PF∥BC．
∴$\frac{PH}{AC}=\frac{BP}{BA}$，即$\frac{PH}{4}=\frac{2t}{5}$，
∴PH=$\frac{8}{5}$t，
同理BH=$\frac{6}{5}$t，
∴PF=CH=3-$\frac{6}{5}t$，
S_△PBN=$\frac{1}{2}$（3-t）$\frac{8}{5}$t=$\frac{12}{5}t-\frac{4}{5}{t}^{2}$，
S_△APM=$\frac{1}{2}$（4-t）（3-$\frac{6}{5}t$）=$\frac{3}{5}{t}^{2}-\frac{39}{10}t+6$
S_△CMN=$\frac{1}{2}$•t•t=$\frac{1}{2}$t²，
∴y=S_△ABC-S_△PBN-S_△PAM-S_△CMN
=6-（$\frac{12}{5}t-\frac{4}{5}{t}^{2}$）-（$\frac{3}{5}{t}^{2}-\frac{39}{10}t+6$）-$\frac{1}{2}$t²
=-$\frac{3}{10}{t}^{2}+\frac{3}{2}t$，
答：y與t之間的函數(shù)關(guān)系式是  y=-$\frac{3}{10}{t}^{2}+\frac{3}{2}t$；
（3）假設(shè)存在某一時(shí)刻t，使△PMN的面積是Rt△ABC面積的$\frac{1}{5}$，
此時(shí)-$\frac{3}{10}{t}^{2}+\frac{3}{2}t$=$\frac{1}{5}$•6
解方程得t₁=1，t₂=4，
∵0＜t＜2.5，
∴t₂=4不合題意，舍去，取t=1₁，
答：當(dāng)t=1時(shí)，△PMN的面積是Rt△ABC面積的$\frac{1}{5}$；

（4）以A，P，M為頂點(diǎn)的三角形與△ABC相似，分兩種情況：
①當(dāng)△AMP∽△ABC時(shí)，$\frac{AP}{AC}=\frac{AM}{AB}$，即$\frac{5-2t}{4}=\frac{4-t}{5}$，
解得t=$\frac{3}{2}$；
②當(dāng)△APM∽△ABC時(shí)，$\frac{AM}{AC}=\frac{AP}{AB}$，即$\frac{4-t}{4}=\frac{5-2t}{5}$，
解得t=0（不合題意，舍去）；
綜上所述，當(dāng)t=$\frac{3}{2}$時(shí)，以A、P、M為頂點(diǎn)的三角形與△ABC相似，
此時(shí)CN=CM=$\frac{3}{2}$，∴MN=$\frac{3}{2}$$\sqrt{2}$，
AM=$\frac{5}{2}$，AP=2，PM=$\frac{3}{2}$，
過點(diǎn)P作PQ⊥BC于點(diǎn)Q，
由△PBQ∽△ABC，得PQ=$\frac{12}{5}$，BQ=$\frac{9}{5}$，
∴NQ=BQ-BN=$\frac{9}{5}$-$\frac{3}{2}$=$\frac{3}{10}$，
∴PN²=NQ²+PQ²=$\frac{585}{100}=\frac{117}{20}$，
在△PMN中，PM²+MN²=$\frac{9}{4}+\frac{18}{4}=\frac{27}{4}$≠PN²，
∴由勾股定理的逆定理可知，△PMN不是直角三角形．

點(diǎn)評(píng) 本題綜合考查的是相似形綜合題，涉及到相似三角形的判定與性質(zhì)、平行線分線段成比例，二次函數(shù)最值的求法以及三角形面積公式．利用相似三角形的對(duì)應(yīng)邊成比例解題時(shí)，務(wù)必找準(zhǔn)對(duì)應(yīng)邊．