Question

如圖，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=12，BC=16，動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)沿AC邊向點(diǎn)C以每秒3個(gè)單位長(zhǎng)的速度運(yùn)動(dòng)，動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)C出發(fā)沿CB邊向點(diǎn)B以每秒4個(gè)單位長(zhǎng)的速度運(yùn)動(dòng)．P，Q分別從點(diǎn)A，C同時(shí)出發(fā)，當(dāng)其中一點(diǎn)到達(dá)端點(diǎn)時(shí)，另一點(diǎn)也隨之停止運(yùn)動(dòng)．在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中，△PCQ關(guān)于直線PQ對(duì)稱的圖形是△PDQ．設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t（秒）．
（1）設(shè)四邊形PCQD的面積為y，求y與t的函數(shù)關(guān)系式及自變量t的取值范圍；
（2）是否存在時(shí)刻t，使得PD∥AB？若存在，求出t的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由；
（3）通過(guò)觀察、畫圖或折紙等方法，猜想是否存在時(shí)刻t，使得PD⊥AB？若存在，請(qǐng)估計(jì)t的值在括號(hào)中的哪個(gè)時(shí)間段內(nèi)（0≤t≤1；1＜t≤2；2＜t≤3；3＜t≤4）；若不存在，請(qǐng)簡(jiǎn)要說(shuō)明理由．

Answer 1

分析：（1）由三角形PCQ的面積列出關(guān)于t的一元二次方程，然后根據(jù)軸對(duì)稱圖形的性質(zhì)知y=2S_△PCQ，即y=-12t²+48t；
（2）反證法．假設(shè)存在時(shí)刻t，使得PD∥AB，延長(zhǎng)PD交BC于點(diǎn)M．在直角三角形ABC中利用勾股定理求得AB=20；易證明Rt△QMD∽R(shí)t△ABC，然后根據(jù)相似三角形的對(duì)應(yīng)邊成比例求得QM=

20

3

t；
（3）通過(guò)畫圖，可以知存在時(shí)刻t，使得PD⊥AB．

解答：解：（1）由題意知CQ=4t，PC=12-3t，（1分）
∴S_△PCQ=

1

2

PC•CQ=-6t2+24t．
∵△PCQ與△PDQ關(guān)于直線PQ對(duì)稱，
∴y=2S_△PCQ=-12t²+48t．（2分）
（（0＜t＜4）（1分）

（2）設(shè)存在時(shí)刻t，使得PD∥AB，延長(zhǎng)PD交BC于點(diǎn)M，如圖，（1分）
若PD∥AB，則∠QMD=∠B，又∵∠QDM=∠C=90°，
∴Rt△QMD∽R(shí)t△ABC，
從而

QM

AB

=

QD

AC

，（2分）
∵QD=CQ=4t，AC=12，
AB=

122+162

=20，
∴QM=

20

3

t．（2分）
若PD∥AB，則

CP

CA

=

CM

CB

，得

12-3t

12

=

4t+ 20 3 t

16

，（2分）
解得t=

12

11

．（1分）
∴當(dāng)t=

12

11

秒時(shí)，PD∥AB．

（3）存在時(shí)刻t，使得PD⊥AB．時(shí)間段為：2＜t≤3．（2分）

點(diǎn)評(píng)：本題綜合考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、二次函數(shù)的圖象與幾何變換、勾股定理以及平行線分線段成比例．要注意的是t的取值范圍是根據(jù)三角形的邊長(zhǎng)來(lái)確定的．