Question

2．如圖1，在△ABC中，∠C=90°，點(diǎn)P、Q同時(shí)從點(diǎn)C出發(fā)，分別沿射線CA、邊CB均以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度勻速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)Q到達(dá)B點(diǎn)時(shí)，點(diǎn)P、Q同時(shí)停止運(yùn)動(dòng)．過(guò)點(diǎn)P作AC的垂線L，交AB于點(diǎn)R，連接PQ，RQ，并作△PQR關(guān)于直線L的對(duì)稱圖形，得△PTR．設(shè)點(diǎn)Q的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t s，△PAR與△PTR重疊部分的面積為S，S關(guān)于t的函數(shù)圖象如圖2所示（其中0＜t≤$\frac{12}{5}$，$\frac{12}{5}$≤t≤6時(shí)，函數(shù)的解析式不相同）．
（1）填空：△CQP為等腰直角三角形，m的值為$\frac{126}{25}$．
（2）求S關(guān)于t的函數(shù)關(guān)系式（不需寫出t的取值范圍）．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)題意得：△CQP是等腰直角三角形，從圖1中看，重疊部分的圖形都是三角形，隨著時(shí)間的增大先變大，再變小，與圖2結(jié)合，發(fā)現(xiàn)最大時(shí)，即t=6時(shí)，Q與B重合，此時(shí)T、R都在斜邊AB上，且CP=CQ=$\frac{12}{5}$，如圖3，根據(jù)條件先求出AC和BC的長(zhǎng)，由面積公式可以得出四邊形RQPT的面積，根據(jù)對(duì)稱可知，這個(gè)四邊形面積是所求三角形面積的2倍，計(jì)算得出結(jié)論；
（2）根據(jù)（1）中求出的兩直角邊的長(zhǎng)度，分兩種情況：
①當(dāng)0＜t≤$\frac{12}{5}$時(shí)，如圖4，重疊部分面積就是△PRT的面積，由平行相似先求PR的長(zhǎng)，利用四邊形面積公式可求出S關(guān)于t的函數(shù)關(guān)系式；
②當(dāng)$\frac{12}{5}$＜t≤6時(shí)，如圖5，作高線ED，重疊部分面積是△PRE的面積，根據(jù)相似列比例式求DE的長(zhǎng)，再代入面積公式進(jìn)行計(jì)算．

解答 解：（1）由題意得：CP=CQ=t，
∵∠ACB=90°，
∴△CQP是等腰直角三角形，
由圖2得：0＜t≤6，即t=6時(shí)，Q與B重合，
∴BC=6，
從圖2中得：t=$\frac{12}{5}$時(shí)，S最大，
即如圖3所示，連接QT，此時(shí)T、R都在斜邊AB上，且CP=CQ=$\frac{12}{5}$，
由折疊得：∠QRP=∠TRP，QR=RT，Q、T關(guān)于直線PR對(duì)稱，
∴PR是線段QT的垂直平分線，
∴QT=2OQ=2CP=2×$\frac{12}{5}$=$\frac{24}{5}$，
∵PR⊥AC，BC⊥AC，
∴PR∥BC，
∴∠B=∠TRP，∠QRP=∠BQR，
∴∠B=∠BQR，
∴BR=QR，
∴BR=RT，
∴OR是△BQT的中位線，
∴OR=$\frac{1}{2}$BQ=$\frac{1}{2}$（6-$\frac{12}{5}$）=$\frac{9}{5}$，
∵QT∥AC，
∴△RQT∽△BCA，
∴$\frac{QT}{AC}=\frac{BQ}{BC}$，
∴$\frac{\frac{24}{5}}{AC}=\frac{\frac{18}{5}}{6}$，
∴AC=8，
∴S_{四邊形QPTR}=S_△QRT+S_△QPT=$\frac{1}{2}$QT•OR+$\frac{1}{2}$QT•OP=$\frac{1}{2}$QT•PR=$\frac{1}{2}$×$\frac{24}{5}$×$（\frac{12}{5}+\frac{9}{5}）$=$\frac{252}{25}$，
∴S=S_△PRT=$\frac{1}{2}$×$\frac{252}{25}$=$\frac{126}{25}$，
即m=$\frac{126}{25}$，
故答案為：等腰直角，$\frac{126}{25}$；
（2）分兩種情況：
①當(dāng)0＜t≤$\frac{12}{5}$時(shí)，如圖4，連接QT，交PR于O，
∵PR∥BC，
∴△APR∽△ACB，
∴$\frac{PR}{BC}=\frac{AP}{AC}$，
∴$\frac{PR}{6}=\frac{8-t}{8}$，
∴PR=$\frac{3（8-t）}{4}$，
∴S=S_△PRQ=$\frac{1}{2}$S_{四邊形RQPT}=$\frac{1}{2}$×$\frac{1}{2}$×QT×PR=$\frac{1}{4}$×2t×$\frac{3}{4}（8-t）$=-$\frac{3}{8}{t}^{2}$+3t，
②當(dāng)$\frac{12}{5}$＜t≤6時(shí)，如圖5，設(shè)PT與AB交點(diǎn)為E，過(guò)E作ED⊥PR于D，
由對(duì)稱得：∠DPE=∠DEP=45°，
∵∠PDE=90°，
∴△PDE是等腰直角三角形，
∴PD=DE，
∵DE∥AC，
∴△RDE∽△RPA，
由（1）得△RPA∽△BCA，
∴△RDE∽△BCA，
∴$\frac{DR}{BC}=\frac{DE}{AC}$，
∴$\frac{DR}{6}=\frac{DE}{8}$，
∴DR=$\frac{3}{4}$DE=$\frac{3}{4}$PD，
同理得：PR=$\frac{3（8-t）}{4}$，
∴PR=DR+PD，
即$\frac{3（8-t）}{4}$=$\frac{3}{4}$PD+PD，
∴PD=DE=$\frac{3（8-t）}{7}$，
∴S=S_△PRE=$\frac{1}{2}$PR•DE=$\frac{1}{2}$×$\frac{3（8-t）}{4}$×$\frac{3（8-t）}{7}$，
∴S=$\frac{9}{56}{t}^{2}$-$\frac{18}{7}$t+$\frac{72}{7}$，
綜上所述，S關(guān)于t的函數(shù)關(guān)系式為：S=$\left\{\begin{array}{l}{-\frac{3}{8}{t}^{2}+3t（0＜t≤\frac{12}{5}）}\\{\frac{9}{56}{t}^{2}-\frac{18}{7}t+\frac{72}{7}（\frac{12}{5}＜t≤6）}\end{array}\right.$．

點(diǎn)評(píng) 本題是動(dòng)點(diǎn)問(wèn)題的函數(shù)圖象，考查了軸對(duì)稱的性質(zhì)、等腰直角三角形、相似三角形的性質(zhì)和判定，綜合性較強(qiáng)，本題的關(guān)鍵是能根據(jù)圖2分別計(jì)算兩直角邊的長(zhǎng)．