Question

12．如圖，在矩形ABCD中，AB=6cm，BC=8cm，如果點(diǎn)E由點(diǎn)B出發(fā)沿BC方向向點(diǎn)C勻速運(yùn)動(dòng)，同時(shí)點(diǎn)F由點(diǎn)D出發(fā)沿DA方向向點(diǎn)A勻速運(yùn)動(dòng)，它們的速度分別為每秒2cm和1cm，F(xiàn)Q⊥BC，分別交AC、BC于點(diǎn)P和Q，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒（0＜t＜4）．
（1）連接EF，若運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=$\frac{2}{3}$秒時(shí)，求證：△EQF是等腰直角三角形；
（2）連接EP，設(shè)△EPC的面積為ycm²，求y與t的函數(shù)關(guān)系式，并求y的最大值；
（3）若△EPQ與△ADC相似，求t的值．

Answer 1

分析 （1）通過(guò)計(jì)算發(fā)現(xiàn)EQ=FQ=6，由此即可證明．
（2）構(gòu)建二次函數(shù)，利用二次函數(shù)的性質(zhì)解決最值問(wèn)題．
（3）分兩種情形討論，Ⅰ、如圖1中，點(diǎn)E在Q的左側(cè)．①當(dāng)△EPQ∽△ACD時(shí)，②當(dāng)△EPQ∽△CAD時(shí)，列出方程分別求解即可．Ⅱ、如圖2中，點(diǎn)E在Q的右側(cè)，只存在△EPQ∽△CAD列出方程即可解決．

解答 （1）證明：若運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=$\frac{2}{3}$秒，則
BE=2×$\frac{2}{3}$=$\frac{4}{3}$（cm），DF=$\frac{2}{3}$（cm），
∵四邊形ABCD是矩形
∴AD=BC=8（cm），AB=DC=6（cm），∠D=∠BCD=90°
∵∠D=∠FQC=∠QCD=90°，
∴四邊形CDFQ也是矩形，
∴CQ=DF，CD=QF=6（cm），
∴EQ=BC-BE-CQ=8-$\frac{4}{3}$-$\frac{2}{3}$=6（cm），
∴EQ=QF=6（cm），
又∵FQ⊥BC，
∴△EQF是等腰直角三角形----------（2分）
（2）解：∵∠FQC=90°，∠B=90°，
∴∠FQC=∠B，
∴PQ∥AB，
∴△CPQ∽△CAB，
∴$\frac{PQ}{AB}$=$\frac{QC}{BC}$，
即 $\frac{PQ}{6}$=$\frac{t}{8}$，
∴PQ=$\frac{3}{4}$t，
∵S_△EPC=$\frac{1}{2}$•EC•PQ，
∴y=$\frac{1}{2}$（8-2t）•$\frac{3}{4}$t=-$\frac{3}{4}$t²+3t=-$\frac{3}{4}$（t-2）²+3，
∵-$\frac{3}{4}$＜0，
∴y有最大值，當(dāng)t=2時(shí)，y的最大值為3．
（3）解：分兩種情況討論：
Ⅰ．如圖1中，點(diǎn)E在Q的左側(cè)．
①當(dāng)△EPQ∽△ACD時(shí)，
可得$\frac{PQ}{CD}$=$\frac{EQ}{AD}$，即$\frac{\frac{3}{4}t}{6}$=$\frac{8-3t}{8}$，解得 t=2．
②當(dāng)△EPQ∽△CAD時(shí)，
可得$\frac{PQ}{AD}$=$\frac{EQ}{CD}$，即$\frac{\frac{3}{4}t}{8}$=$\frac{8-3t}{6}$，解得t=$\frac{128}{57}$．

Ⅱ．如圖2中，點(diǎn)E在Q的右側(cè)．
∵0＜t＜4，
∴點(diǎn)E不能與點(diǎn)C重合，
∴只存在△EPQ∽△CAD
可得$\frac{PQ}{AD}$=$\frac{EQ}{CD}$，即$\frac{\frac{3}{4}t}{8}$=$\frac{3t-8}{6}$，解得t=$\frac{128}{39}$，
故若△EPQ與△ADC相似，則t的值為2或$\frac{128}{57}$或$\frac{128}{39}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查相似三角形的判定和性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、二次函數(shù)的性質(zhì)、矩形的性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是利用相似三角形的性質(zhì)，把問(wèn)題轉(zhuǎn)化為方程解決，學(xué)會(huì)分類討論的思想，屬于中考常考題型．