Question

如圖所示，Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=12，點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)沿AC邊向點(diǎn)C以每秒1個(gè)單位的速度移動(dòng)，點(diǎn)Q從點(diǎn)C出發(fā)沿CB邊向點(diǎn)B以每秒1個(gè)單位的速度移動(dòng)，點(diǎn)P、Q同時(shí)出發(fā)，設(shè)移動(dòng)時(shí)間為t秒（t＞0）．
（1）求t為何值時(shí)，PQ∥AB；
（2）設(shè)△PCQ的面積為y，求y與t的函數(shù)關(guān)系式，并求出當(dāng)t為何值時(shí)，△PCQ的面積最大，最大面積是多少；
（3）設(shè)點(diǎn)C關(guān)于直線PQ的對(duì)稱點(diǎn)為D，求t為何值時(shí)，四邊形PCQD是正方形；
（4）當(dāng)?shù)玫秸�方形PCQD后，點(diǎn)P不再沿AC邊移動(dòng)，但正方形PCQD沿CB邊向B點(diǎn)以每秒1個(gè)單位的速度移動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)Q與點(diǎn)B重合時(shí)，停止移動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)中的正方形為MNQD，正方形MNQD與Rt△ABC重合部分的面積為S，求S與t的函數(shù)關(guān)系式，并寫出自變量的取值范圍．

Answer 1

解：（1）由題意得出：CQ=t，PC=6-t，
∵PQ∥AB，
∴=，
∴=，
∴t=4，

（2）∵y=PC×CQ=-t²+3t=-（t-3）²+；
當(dāng)t=3時(shí)，△PCQ的面積最大，最大面積為：；

（3）∵當(dāng)PC=CQ時(shí)，t=3，△PCQ是等腰直角三角形，
∴當(dāng)t=3時(shí)，將△PCQ翻折得到的四邊形PCQD是正方形；

（4）①如圖1，由已知條件易知：當(dāng)t=6時(shí)，正方形MNQD的頂點(diǎn)D到達(dá)斜邊AB的中點(diǎn)，
∴當(dāng)3≤t≤6時(shí)，正方形MNQD在Rt△ABC的內(nèi)部，此時(shí)s=9；
②如圖2，當(dāng)6＜t≤9時(shí)，點(diǎn)D在Rt△ABC的外部，點(diǎn)M在Rt△ABC的內(nèi)部，設(shè)正方形MNQD與
AB的兩個(gè)交點(diǎn)分別是E，F(xiàn)，則BQ=12-t，
由題意得出：DQ∥AC，
∴=，
∴=，
∴EQ=6-t，
DE=3-EQ=t-3，
而由題意得出：DF=t-6，
∴S=9-DE×DF=-t²+3t；
③如圖3，當(dāng)9＜t≤12，
點(diǎn)D，M都在Rt△ABC的外部，設(shè)正方形MNQD與AB的兩個(gè)交點(diǎn)為：E，F(xiàn)．
由題意得出：
BQ=12-t，
∴QE=（12-t），
∵BN=BQ+NQ=15-t，
∴FN=（15-t），
∴S=（QE+FN）×3=-t+．
分析：（1）利用PQ∥AB，得出=，進(jìn)而求出t的值即可；
（2）利用y=PC×CQ得出關(guān)于t的二次函數(shù)的解析式，進(jìn)而求出最值即可；
（3）利用當(dāng)PC=CQ時(shí)，t=3，△PCQ是等腰直角三角形，進(jìn)而得出當(dāng)t=3時(shí)，將△PCQ翻折得到的四邊形PCQD是正方形；
（4）根據(jù)當(dāng)t=6時(shí)，當(dāng)6＜t≤9時(shí)，點(diǎn)D在Rt△ABC的外部，點(diǎn)M在Rt△ABC的內(nèi)部，以及當(dāng)9＜t≤12，點(diǎn)D，M都在Rt△ABC的外部分別求出即可．
點(diǎn)評(píng)：此題主要考查了翻折變換的性質(zhì)以及正方形的性質(zhì)，利用分類討論思想進(jìn)行分析即可得出答案是解題關(guān)鍵．