Question

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

（1）當(dāng)t為何值時，PQ∥BC．

（2）設(shè)△AQP面積為S（單位：cm²），求S與t的函數(shù)關(guān)系式

（3）是否存在某時刻t，使四邊形BPQC的面積為△ABC面積的三分之二？若存在，求出此時t的值；若不存在，請說明理由．

（4）如圖2，把△AQP沿AP翻折，得到四邊形AQPQ′．那么是否存在某時刻t，使四邊形AQPQ′為菱形？

 

Answer 1

【答案】

 

【解析】

試題分析：

（1）表示出AP、AQ，然后分∠AQP=90°和∠APQ=90°兩種情況，利用∠A的余弦列式計算即可得解；

（2）先求出△ABC的面積，然后利用∠A的正弦求出點P到AQ的距離，再根據(jù)△APQ的面積公式列出方程，然后求出根的判別式△＜0，確定不存在；

（3）根據(jù)菱形的對角相等，對角線平分一組對角可得關(guān)于AB翻折時，∠A=∠APQ，過點Q作QD⊥AB于D，根據(jù)等腰三角形三線合一的性質(zhì)可得AD=AP，然后利用∠A的余弦列式求出t的值，再根據(jù)正弦求出DQ，然后根據(jù)S菱形=2S△APQ計算即可得解；關(guān)于AC翻折時，∠A=∠AQP，過點P作PE⊥AC于E，根據(jù)等腰三角形三線合一的性質(zhì)可得AE=AQ，然后利用∠A的余弦列式求出t的值，再根據(jù)正弦求出PE，然后根據(jù)S菱形=2S△APQ計算即可得解．

（4）首先根據(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的長度；然后在Rt△PQD中，求得時間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，這樣可以化簡計算．

試題解析：

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．

∵PQ∥BC，

∴，即，解得t=，

∵當(dāng)t=s時，PQ∥BC．

（2）如答圖1所示，過P點作PD⊥AC于點D．

∴PD∥BC，∴，即，解得PD=6﹣t．

 S=×AQ×PD=×2t×（6﹣t）=﹣t²+6t=﹣（t﹣）²+，

∴當(dāng)t=s時，S取得最大值，最大值為cm²．

（3）假設(shè)存在某時刻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S_△AQP=12．

由（2）可知，S_△AQP=﹣t²+6t，

∴﹣t²+6t=12，化簡得：t²﹣5t+10=0，

∵△=（﹣5）²﹣4×1×10=﹣15＜0，此方程無解，

∴不存在某時刻t，使線段PQ恰好把△ABC的面積平分．

（4）假設(shè)存在時刻t，使四邊形AQPQ′為菱形，則有AQ=PQ=BP=2t．

如答圖2所示，過P點作PD⊥AC于點D，則有PD∥BC，

∴，即，

解得：PD=6﹣t，AD=8﹣t，

∴QD=AD﹣AQ=8﹣t﹣2t=8﹣t．

在Rt△PQD中，由勾股定理得：QD²+PD²=PQ²，

即（8﹣t）²+（6﹣t）²=（2t）²，

化簡得：13t²﹣90t+125=0，解得：t₁=5，t₂=，

∵t=5s時，AQ=10cm＞AC，不符合題意，舍去，∴t=．

考點： 1.二次函數(shù)的解析式及二次函數(shù)的應(yīng)用，2.二次函數(shù)的最大值和最小值，3.菱形的性質(zhì)及判定