Question

如圖1，已知△ABC中，AB=10cm，AC=8cm，BC=6cm．如果點(diǎn)P由B出發(fā)沿BA方向點(diǎn)A勻速運(yùn)動(dòng)，同時(shí)點(diǎn)Q由A出發(fā)沿AC方向向點(diǎn)C勻速運(yùn)動(dòng)，它們的速度均為2cm/s．連接PQ，設(shè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t（單位：s）（0≤t≤4）．解答下列問(wèn)題：

（1）當(dāng)t為何值時(shí)，PQ∥BC．

（2）設(shè)△AQP面積為S（單位：cm²），當(dāng)t為何值時(shí)，S取得最大值，并求出最大值．

（3）是否存在某時(shí)刻t，使線段PQ恰好把△ABC的面積平分？若存在，求出此時(shí)t的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

（4）如圖2，把△AQP沿AP翻折，得到四邊形AQPQ′．那么是否存在某時(shí)刻t，使四邊形AQPQ′為菱形？若存在，求出此時(shí)菱形的面積；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．

 

Answer 1

【答案】

（1）s（2）當(dāng)t=s時(shí)，S取得最大值，最大值為cm²（3）不存在。理由見(jiàn)解析（4）存在，cm²

【解析】解：∵AB=10cm，AC=8cm，BC=6cm，

∴由勾股定理逆定理得△ABC為直角三角形，∠C為直角。

（1）BP=2t，則AP=10﹣2t．

若PQ∥BC，則，即，解得。

∴當(dāng)s時(shí)，PQ∥BC。

（2）如圖1所示，過(guò)P點(diǎn)作PD⊥AC于點(diǎn)D。

則PD∥BC，∴△APD∽△ABC。

∴，即，解得。

∴S=×AQ×PD=×2t×（）

。

∴當(dāng)t=s時(shí)，S取得最大值，最大值為cm²。

（3）不存在。理由如下：

假設(shè)存在某時(shí)刻t，使線段PQ恰好把△ABC的面積平分，

則有S_△AQP=S_△ABC，而S_△ABC=AC•BC=24，∴此時(shí)S_△AQP=12。

由（2）可知，S_△AQP=，∴=12，化簡(jiǎn)得：t²﹣5t+10=0。

∵△=（﹣5）²﹣4×1×10=﹣15＜0，此方程無(wú)解，

∴不存在某時(shí)刻t，使線段PQ恰好把△ABC的面積平分。

（4）存在。

假設(shè)存在時(shí)刻t，使四邊形AQPQ′為菱形，

則有AQ=PQ=BP=2t。

如圖2所示，過(guò)P點(diǎn)作PD⊥AC于點(diǎn)D，

則有PD∥BC，

∴△APD∽△ABC。

∴，即。

解得：PD=，AD=，

∴QD=AD﹣AQ=。

在Rt△PQD中，由勾股定理得：QD²+PD²=PQ²，即（）²+（）²=（2t）²，

化簡(jiǎn)得：13t²﹣90t+125=0，解得：t₁=5，t₂=。

∵t=5s時(shí)，AQ=10cm＞AC，不符合題意，舍去，∴t=。

由（2）可知，S_△AQP=

∴S_{菱形AQPQ′}=2S_△AQP=2×（）=2×[﹣×（）²+6×]=。

∴存在時(shí)刻t=，使四邊形AQPQ′為菱形，此時(shí)菱形的面積為cm²。

（1）由PQ∥BC時(shí)的比例線段關(guān)系，列一元一次方程求解。

（2）如圖1所示，過(guò)P點(diǎn)作PD⊥AC于點(diǎn)D，得△APD∽△ABC，由比例線段，求得PD，從而可以得到S的表達(dá)式，然后利用二次函數(shù)的極值求得S的最大值。

（3）利用（2）中求得的△AQP的面積表達(dá)式，再由線段PQ恰好把△ABC的面積平分，列出一元二次方程；由于此一元二次方程的判別式小于0，則可以得出結(jié)論：不存在這樣的某時(shí)刻t，使線段PQ恰好把△ABC的面積平分。

（4）根據(jù)菱形的性質(zhì)及相似三角形比例線段關(guān)系，求得PQ、QD和PD的長(zhǎng)度；然后在Rt△PQD中，求得時(shí)間t的值；最后求菱形的面積，值得注意的是菱形的面積等于△AQP面積的2倍，從而可以利用（2）中△AQP面積的表達(dá)式，這樣可以化簡(jiǎn)計(jì)算。