Question

5．如圖，四邊形OABC為直角梯形，A（4，0），B（3，4），C（0，4）．點(diǎn)M從O出發(fā)以每秒2個(gè)單位長(zhǎng)度的速度向A運(yùn)動(dòng)；點(diǎn)N從B同時(shí)出發(fā)，以每秒1個(gè)單位長(zhǎng)度的速度向C運(yùn)動(dòng)．其中一個(gè)動(dòng)點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)時(shí)，另一個(gè)動(dòng)點(diǎn)也隨之停止運(yùn)動(dòng)．過(guò)點(diǎn)N作NP垂直x軸于點(diǎn)P，連結(jié)AC交NP于Q，連結(jié)MQ．
（1）點(diǎn)M（填M或N）能到達(dá)終點(diǎn)；
（2）求△AQM的面積S與運(yùn)動(dòng)時(shí)間t的函數(shù)關(guān)系式，并寫(xiě)出自變量t的取值范圍；
（3）是否存在點(diǎn)M，使得△AQM與△CNQ相似？若存在，求出點(diǎn)M的坐標(biāo)；若不存在，說(shuō)明理由．

Answer 1

分析 （1）利用速度公式可計(jì)算出點(diǎn)M到點(diǎn)A和點(diǎn)N到點(diǎn)C的時(shí)間，從而可判斷點(diǎn)M能到達(dá)終點(diǎn)；
（2）先判斷△OCA為等腰直角三角形得到AC=4$\sqrt{2}$，∠PAQ=∠ACO=45°，則△PAQ和△CQN為等腰直角三角形，所以PA=PQ，CN=NQ，CQ=$\sqrt{2}$CN，AQ=$\sqrt{2}$AP，利用t表示OM、AM、PQ，然后利用三角形面積公式求解；
（3）由于∠QAM=∠QCN，則根據(jù)相似三角形的判定方法，當(dāng)$\frac{MA}{NC}$=$\frac{QA}{QC}$，△MAQ∽△NCQ，當(dāng)$\frac{MA}{CQ}$=$\frac{QA}{NC}$時(shí)，△MAQ∽△QCN，即$\frac{4-2t}{\sqrt{2}（3-t）}$=$\frac{\sqrt{2}（t+1）}{3-t}$，然后利用比例性質(zhì)求出兩種情況下的t的值，再寫(xiě)出對(duì)應(yīng)的M的值．

解答 解：（1）點(diǎn)M需要2秒運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)A，點(diǎn)N需要3秒運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)C，
所以點(diǎn)M能到達(dá)終點(diǎn)；
故答案為M；
（2）存在．
∵A（4，0），B（3，4），C（0，4），
∴OA=OC=4，BC=3，
∴△OCA為等腰直角三角形，
∴AC=4$\sqrt{2}$，∠PAQ=∠ACO=45°，
∴△PAQ和△CQN為等腰直角三角形，
∴PA=PQ，CN=NQ，CQ=$\sqrt{2}$CN，AQ=$\sqrt{2}$AP，
∵OM=2t，BN=t，AM=4-2t，CN=3-t，
∴PQ=PA=t+1，AQ=$\sqrt{2}$（t+1），CQ=$\sqrt{2}$（3-t）
∴S=$\frac{1}{2}$•PQ•AM=$\frac{1}{2}$•（t+1）•（4-2t）=-t²+t+2（0≤t≤2）；
（3）∵∠QAM=∠QCN，
∴當(dāng)$\frac{MA}{NC}$=$\frac{QA}{QC}$，△MAQ∽△NCQ，$\frac{4-2t}{3-t}$=$\frac{\sqrt{2}（t+1）}{\sqrt{2}（3-t）}$，解得t=1，此時(shí)M點(diǎn)的坐標(biāo)為（2，0）
當(dāng)$\frac{MA}{CQ}$=$\frac{QA}{NC}$時(shí)，△MAQ∽△QCN，即$\frac{4-2t}{\sqrt{2}（3-t）}$=$\frac{\sqrt{2}（t+1）}{3-t}$，解得t=$\frac{1}{2}$，此時(shí)M點(diǎn)的坐標(biāo)為（1，0）
綜上所述，當(dāng)M點(diǎn)的坐標(biāo)為（2，0）或（1，0）時(shí)，△AQM與△CNQ相似．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了相似形綜合題：熟練掌握相似三角形的判定與性質(zhì)和等腰直角三角形的性質(zhì)；理解坐標(biāo)與圖形性質(zhì)；利用代數(shù)法解決動(dòng)點(diǎn)問(wèn)題；會(huì)運(yùn)用分類(lèi)討論的思想解決數(shù)學(xué)問(wèn)題．