Question

8．已知，如圖，在△ABC中，已知AB=AC=5cm，BC=6cm．點(diǎn)P從點(diǎn)B出發(fā)，沿BA方向勻速運(yùn)動，速度為1cm/s；同時，直線QD從點(diǎn)C出發(fā)，沿CB方向勻速運(yùn)動，速度為1cm/s，且QD⊥BC，與AC，BC分別交于點(diǎn)D，Q；當(dāng)直線QD停止運(yùn)動時，點(diǎn)P也停止運(yùn)動．連接PQ，設(shè)運(yùn)動時間為t（0＜t＜3）s．解答下列問題：
（1）當(dāng)t為何值時，PQ∥AC？
（2）設(shè)四邊形APQD的面積為y（cm²），求y與t之間的函數(shù)關(guān)系式；
（3）是否存在某一時刻t，使S_{四邊形APQD}：S_△ABC=23：45？若存在，求出t的值；若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）設(shè)當(dāng)ts時PQ∥AC，再用t表示出BP與BQ的長，根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可得出結(jié)論；
（2）分別過點(diǎn)A、P作AN⊥BC，PN⊥BC于點(diǎn)N、M，根據(jù)勾股定理求出AN的長，再由相似三角形的性質(zhì)求出PM的長，根據(jù)三角形的面積公式即可得出結(jié)論；
（3）分別用t表示出四邊形APQD與三角形ABC的面積，進(jìn)而可得出結(jié)論．

解答 解：（1）當(dāng)ts時PQ∥AC，
∵點(diǎn)P從點(diǎn)B出發(fā)，沿BA方向勻速運(yùn)動，速度為1cm/s；同時，直線QD從點(diǎn)C出發(fā)，沿CB方向勻速運(yùn)動，速度為1cm/s，
∴BP=t，BQ=6-t．
∵PQ∥AC，
∴△BPQ∽△BAC，
∴$\frac{BP}{AC}$=$\frac{BC}{BQ}$，即$\frac{t}{5}$=$\frac{6-t}{6}$，解得t=$\frac{30}{11}$（s）．
答：當(dāng)t為$\frac{30}{11}$s時，PQ∥AC；

（2）過點(diǎn)A、P作AN⊥BC，PN⊥BC于點(diǎn)N、M，
∵AB=AC=5cm，BC=6cm，
∴BN=CN=3cm，
∴AN=$\sqrt{{AB}^{2}-{BN}^{2}}$=$\sqrt{{5}^{2}-{3}^{2}}$=4cm．
∵AN⊥BC，PN⊥BC，
∴△BPM∽△BAN，
∴$\frac{BP}{AB}$=$\frac{PM}{AN}$，即$\frac{t}{5}$=$\frac{PM}{4}$，解得PM=$\frac{4t}{5}$，
∴S_△BPQ=$\frac{1}{2}$BQ•PM=$\frac{1}{2}$（6-t）•$\frac{4t}{5}$=-$\frac{2{t}^{2}}{5}$+$\frac{12}{5}$t．
∵AB=AC=5cm，
∴∠C=45°，
∴QC=DQ，
∴S_△CDQ=$\frac{1}{2}$CQ•DQ=$\frac{1}{2}$t²．
∵S_△ABC=$\frac{1}{2}$BC•AN=$\frac{1}{2}$×6×4=12，
∴y=S_{四邊形APQD}=S_△ABC-S_△CDQ-S_△BPQ=12-$\frac{1}{2}$t²-（-$\frac{{2t}^{2}}{5}$+$\frac{12}{5}$t）=12-$\frac{1}{10}$t²-$\frac{12}{5}$t（0＜t＜3）；

（3）存在．
∵由（2）知，S_{四邊形APQD}=S_△ABC-S_△CDQ-S_△BPQ=12-$\frac{1}{2}$t²-（-$\frac{{2t}^{2}}{5}$+$\frac{12}{5}$t）=12-$\frac{1}{10}$t²-$\frac{12}{5}$t，S_△ABC=12，
∴$\frac{12-\frac{1}{10}{t}^{2}-\frac{12}{5}t}{12}$=$\frac{23}{45}$，解得t₁=-12+$\frac{4\sqrt{114}}{3}$，t₂=-12-$\frac{4\sqrt{114}}{3}$（舍去）．
答：當(dāng)t=（-12+$\frac{4\sqrt{114}}{3}$）s時，S_{四邊形APQD}：S_△ABC=23：45．

點(diǎn)評 本題考查的是相似形綜合題，涉及到相似三角形的判定與性質(zhì)、等腰直角三角形等知識，根據(jù)題意作出輔助線，構(gòu)造出直角三角形是解答此題的關(guān)鍵．