Question

18．如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6，BC=8，動點M從點A出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度沿AB向點B勻速運動；同時，動點N從點B出發(fā)，以每秒3個單位長度的速度沿BA向點A勻速運動，過線段MN的中點G作邊AB的垂線，垂足為點G，交△ABC的另一邊于點P，連接PM，PN，當點N運動到點A時，M，N兩點同時停止運動，設運動時間為t秒．
（1）當t=2.5秒時，動點M，N相遇；
（2）設△PMN的面積為S，求S與t之間的函數(shù)關系式；
（3）取線段PM的中點K，連接KA，KC，在整個運動過程中，△KAC的面積是否變化？若變化，直接寫出它的最大值和最小值；若不變化，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)勾股定理可得AB=10，若動點M、N相遇，則有t+3t=10，即可求出t的值；
（2）由于“點P在BC上”與“點P在點AC上”及“點M在點N的左邊”與“點M在點N的右邊”對應的MN、PG的表達式不同，S與t之間的函數(shù)關系式也就不同，因此需分情況討論．只需先考慮臨界位置（點P與點C重合，點M與點N重合、點N與點A重合）所對應的t的值，然后分三種情況（①0≤t≤1.4，②1.4＜t＜2.5，③2.5＜t≤$\frac{10}{3}$）討論，用t的代數(shù)式表示出MN和PG，就可解決問題；
（3）過點K作KD⊥AC于D，過點M作ME⊥AC于E，由于AC已知，要求△KAC的面積的最值，只需用t的代數(shù)式表示出DK，然后利用一次函數(shù)的增減性就可解決問題．

解答 解：（1）∵∠ACB=90°，AC=6，BC=8，∴AB=10，
∴t+3t=10，解得t=2.5（s），
即當t=2.5秒時，動點M，N相遇；
故答案為2.5；

（2）過點C作CH⊥AB于H，
由S_△ABC=$\frac{1}{2}$AC•BC=$\frac{1}{2}$AB•CH得，CH=$\frac{AC•BC}{AB}$=4.8，
∴AH=$\sqrt{A{C}^{2}-C{H}^{2}}$=3.6，BH=10-3.6=6.4．
∵當點N運動到點A時，M，N兩點同時停止運動，∴0≤t≤$\frac{10}{3}$．
當0≤t＜2.5時，點M在點N的左邊，如圖1、圖2，
MN=AB-AM-BN=10-t-3t=10-4t．
∵點G是MN的中點，∴MG=$\frac{1}{2}$MN=5-2t，
∴AG=AM+MG=t+5-2t=5-t，
∴BG=10-（5-t）=t+5．
當點P與點C重合時，點G與點H重合，
則有5-t=3.6，解得t=1.4．
當2.5＜t≤$\frac{10}{3}$時，點M在點N右邊，如圖3，
∵MN=AM-AN=AM-（AB-BN）=t-（10-3t）=4t-10，
∴NG=$\frac{1}{2}$MN=2t-5，
∴AG=AN+NG=10-3t+2t-5=5-t．
綜上所述：①當0≤t≤1.4時，點M在點N的左邊，點P在BC上，如圖1，
此時MN=10-4t，BG=t+5，PG=BG•tanB=$\frac{6}{8}$（t+5）=$\frac{3}{4}$t+$\frac{15}{4}$，
∴S=$\frac{1}{2}$MN•PG=$\frac{1}{2}$（10-4t）•（$\frac{3}{4}$t+$\frac{15}{4}$）=-$\frac{3}{2}$t²-$\frac{15}{4}$t+$\frac{75}{4}$；
②當1.4＜t＜2.5時，點M在點N的左邊，點P在AC上，如圖2，
此時MN=10-4t，AG=5-t，PG=AG•tanA=$\frac{8}{6}$（5-t）=$\frac{20}{3}$-$\frac{4}{3}$t，
∴S=$\frac{1}{2}$MN•PG=$\frac{1}{2}$（10-4t）•（$\frac{20}{3}$-$\frac{4}{3}$t）=$\frac{8}{3}$t²-20t+$\frac{100}{3}$；
③當2.5＜t≤$\frac{10}{3}$時，點M在點N的右邊，點P在AC上，如圖3，
此時MN=4t-10，AG=5-t，PG=AG•tanA=$\frac{8}{6}$（5-t）=$\frac{20}{3}$-$\frac{4}{3}$t，
∴S=$\frac{1}{2}$MN•PG=$\frac{1}{2}$（4t-10）•（$\frac{20}{3}$-$\frac{4}{3}$t）=-$\frac{8}{3}$t²+20t-$\frac{100}{3}$；
∴S與t之間的函數(shù)關系式為S=$\left\{\begin{array}{l}{-\frac{3}{2}{t}^{2}-\frac{15}{4}t+\frac{75}{4}，0≤t≤1.4}\\{\frac{8}{3}{t}^{2}-20t+\frac{100}{3}，1.4＜t＜2.5}\\{-\frac{8}{3}{t}^{2}+20t-\frac{100}{3}，2.5＜t≤\frac{10}{3}}\end{array}$；

（3）在整個運動過程中，△KAC的面積變化，最大值為4，最小值為$\frac{42}{25}$．
提示：過點K作KD⊥AC于D，過點M作ME⊥AC于E．
①當0≤t≤1.4時，點P在BC上，如圖4，

此時AM=t，BG=t+5，
∴EM=AM•sin∠EAM=$\frac{8}{10}$t=$\frac{4}{5}$t，BP=$\frac{BG}{cosB}$=$\frac{t+5}{\frac{8}{10}}$=$\frac{5}{4}$t+$\frac{25}{4}$，
∴CP=CB-BP=8-（$\frac{5}{4}$t+$\frac{25}{4}$）=-$\frac{5}{4}$t+$\frac{7}{4}$．
∵EM⊥AC，KD⊥AC，PC⊥AC，
∴EM∥DK∥CP．
∵K為PM的中點，∴D為EC中點，
∴DK=$\frac{1}{2}$（CP+EM）=$\frac{1}{2}$（-$\frac{5}{4}$t+$\frac{7}{4}$+$\frac{4}{5}$t）=-$\frac{9}{40}$t+$\frac{7}{8}$，
∴S_△KAC=$\frac{1}{2}$AC•DK=$\frac{1}{2}$×6×（-$\frac{9}{40}$t+$\frac{7}{8}$）=-$\frac{27}{40}$t+$\frac{21}{8}$，
∵-$\frac{27}{40}$＜0，∴S_△KAC隨著t的增大而減小，
∴當t=0時，S_△KAC取到最大值，最大值為$\frac{21}{8}$，
當t=1.4時，S_△KAC取到最小值，最小值為$\frac{42}{25}$；
②當1.4＜t≤$\frac{10}{3}$時，點P在AC上，如圖5、圖6，

同理可得：DK為△PEM的中位線，EM=$\frac{4}{5}$t，
∴DK=$\frac{1}{2}$EM=$\frac{2}{5}$t，
∴S_△KAC=$\frac{1}{2}$AC•DK=$\frac{1}{2}$×6×$\frac{2}{5}$t=$\frac{6}{5}$t．
∵$\frac{6}{5}$＞0，∴S_△KAC隨著t的增大而增大，
∴當t=1.4時，S_△KAC取到最小值，最小值為$\frac{42}{25}$；
當t=$\frac{10}{3}$時，S_△KAC取到最大值，最大值為$\frac{6}{5}$×$\frac{10}{3}$=4
綜上所述：△KAC的面積的最大值為4，最小值為$\frac{42}{25}$．

點評 本題主要考查了平行線分線段成比例、三角函數(shù)的定義、勾股定理、梯形中位線定理、三角形中位線定理、一次函數(shù)的增減性等知識，在解決問題的過程中，用到了分類討論、等積法、臨界值法等重要的數(shù)學思想方法，找準臨界點是解決本題的關鍵．