Question

如圖，四邊形OABC是等腰梯形，OA∥BC，A的坐標(biāo)（4，0），B的坐標(biāo)（3，2），點M從O點以每秒3個單位的速度向終點A運動；同時點N從B點出發(fā)以每秒1個單位的速度向終點C運動（M到達點A后停止，點N繼續(xù)運動到C點停止），過點N作NP⊥OA于P點，連接AC交NP于Q，連接MQ，如動點N運動時間為t秒．
（1）求直線AC的解析式；
（2）當(dāng)t取何值時？△AMQ的面積最大，并求此時△AMQ面積的最大值；
（3）是否存在t的值，使△PQM與△PQA相似？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

解：（1）分別過C、B作CD⊥x軸于D，BE⊥x軸于E；
則AE=4-3=1，BE=CD=2；
由于四邊形ABCO是等腰梯形，則OC=AB，∠COD=∠BAE；
∴Rt△COD≌Rt△BAE；
∴OD=AE=1，即C（1，2）；
設(shè)直線AC的解析式為：y=kx+b，則有：
，
解得；
∴直線AC的解析式為：y=-x+；

（2）在Rt△ACD中，AD=3，CD=2；
∴tan∠CAD=；
∵BN=t，OM=3t，
∴CN=2-t，AM=4-3t；
∴QN=CN•tan∠NCQ=CN•tan∠CAD=（2-t）；
∴PQ=NP-NQ=2-（2-t）=；
設(shè)△AMQ的面積為S，則有：
S=（4-3t）•=-t²+t+=-（t-）²+（0≤t≤2），
∴當(dāng)t=時，S值最大，且最大值為；

（3）①當(dāng)M點位于點P左側(cè)時，即0≤t＜時；
QP=，PM=3-4t，AP=t+1；
由于∠QPM=∠QPA=90°，若△PQM與△PQA相似，則有：
（一）、△QPM∽△QPA，由于QP=QP，則△QPM≌△QPA；
∴PM=PA，即3-4t=t+1，
解得t=；
（二）、△QPM∽△APQ，則有：QP²=MP•AP，即：
（t+1）²=（3-4t）（t+1），
解得t=，t=-1（舍去）；
②當(dāng)點M位于點P右側(cè)時，即＜t≤2時；
QP=，PM=4t-3，AP=t+1；
若△PQM與△PQA相似，則有：
（一）、△QPM∽△QPA，由于QP=QP，則△QPM≌△QPA；
此時M、A重合，
∴≤t≤2；
（二）、△QPM∽△APQ，則有：QP²=MP•AP，
即（t+1）²=（4t-3）（t+1），
解得t=，t=-1（舍去）；
綜上所述，當(dāng)t的值為或或或≤t≤2時，△PQM與△PQA相似．
分析：（1）分別過C、B作x軸的垂線，設(shè)垂足為D、E，根據(jù)B、A的坐標(biāo)可知AE=1，根據(jù)等腰梯形的對稱性知，OD=AE=1，而B、C的縱坐標(biāo)相等，由此可確定C點的坐標(biāo)，即可用待定系數(shù)法求出直線AC的解析式；
（2）易知BC=2，可用t表示出CN的長，再根據(jù)∠NCQ（即∠CAD）的正切值求出NQ的長，進而可表示出QP的長；同理可用t表示出AM的長，以AM為底，PQ為高即可得到關(guān)于△AMQ的面積與t的函數(shù)關(guān)系式，根據(jù)所得函數(shù)的性質(zhì)及自變量的取值范圍即可求出△AMQ的最大面積及對應(yīng)的t的值；
（3）此題要分兩種情況考慮：
①當(dāng)M在點P左側(cè)時，由于∠QPM=∠QPA=90°，若△PQM與△PQA相似則有兩種可能：
一、△QPM∽△QPA（此時兩三角形全等），二、△QPM∽△APQ；
根據(jù)上述兩種情況所得的不同比例線段即可求出t的值；
②當(dāng)M在P點右側(cè)時，方法同①．
點評：此題主要考查了等腰梯形的性質(zhì)、解直角三角形、一次函數(shù)解析式的確定、圖形面積的求法、二次函數(shù)的應(yīng)用、全等三角形及相似三角形的判定和性質(zhì)等重要知識點；要特別注意的是（3）題的情況較多，一定要根據(jù)相似三角形對應(yīng)邊和對應(yīng)角的不同分類討論，以免漏解．