Question

18．如图，B（16，0），C（0，12），AC∥x轴，AC=21，动点P从点C出发，沿射线CA的方向以每秒2个长度单位的速度运动，动点Q从点O出发，在线OB上以每秒1个长度单位的速度向点B运动，点P，Q分别从点C，O同时出，当点Q运动到点B时，点P随之停止运动，设运动时间为t（秒）．
（1）当t为何值时，△BPQ是以QB为腰的等腰三角形？
（2）设S=PQ²，求S与t之间的函数关系式．并写出自变量t的取值范围；
（3）是否存在时刻t，使得PQ⊥BC？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）过点Q作QM⊥AD于点M，过点Q作PN⊥BC于点N，在Rt△PMQ中，由勾股定理，得PQ=$\sqrt{P{M}^{2}+M{Q}^{2}}=\sqrt{{t}^{2}+144}$，在Rt△PNB中，由勾股定理，得PB=$\sqrt{P{N}^{2}+B{N}^{2}}=\sqrt{1{2}^{2}+（16-2t）^{2}}$，△BPQ是以QB为腰的等腰三角形，分两种情况讨论：①当PQ=BQ时，②当PB=QB时，得到关于t的方程，即可解答；
（2））∵在Rt△PMQ中，由勾股定理，得PQ=$\sqrt{P{M}^{2}+M{Q}^{2}}=\sqrt{{t}^{2}+144}$，所以S=PQ²=t²+144，因为AC=21，动点P从点C出发，沿射线CA的方向以每秒2个长度单位的速度运动，所以0＜t≤10.5．
（3）首先假设存在，然后再根据相似三角形对应边成比例求证．

解答 解：（1）如图，过点Q作QM⊥AD于点M，过点Q作PN⊥BC于点N，

由题意可得：B（16，0），P（2t，12），Q（t，0），
∴OQ=t，CP=2t，BO=16，
∵QM⊥AD，PN⊥BC，AC∥x轴，
∴∠CMQ=∠MQO=∠MQB=∠MPN=∠PNQ=90°，
∵∠COQ=∠OCA=90°，
∴四边形OQMC是矩形，四边形MQNP是矩形，
∴CM=QO=t，QN=PM=PC-CM=2t-t=t，CO=MQ=PN=12，BQ=BO-OQ=16-t，
∴BN=0B-ON=16-2t，
在Rt△PMQ中，由勾股定理，得：
PQ=$\sqrt{P{M}^{2}+M{Q}^{2}}=\sqrt{{t}^{2}+144}$，
在Rt△PNB中，由勾股定理，得：
PB=$\sqrt{P{N}^{2}+B{N}^{2}}=\sqrt{1{2}^{2}+（16-2t）^{2}}$，
△BPQ是以QB为腰的等腰三角形，分两种情况讨论：
①当PQ=BQ时，16-t=$\sqrt{{t}^{2}+144}$，
解得：t=$\frac{7}{2}$，
②当PB=QB时，$\sqrt{1{2}^{2}+（16-2t）^{2}}$=16-t，此时方程无实数根，
综上所述，当t=$\frac{7}{2}$时，△BPQ是以QB为腰的等腰三角形．
（2）∵在Rt△PMQ中，由勾股定理，得：
PQ=$\sqrt{P{M}^{2}+M{Q}^{2}}=\sqrt{{t}^{2}+144}$，
∴S=PQ²=t²+144，
∵AC=21，动点P从点C出发，沿射线CA的方向以每秒2个长度单位的速度运动，
∴0＜t≤10.5．
（3）如图，

∵AC∥OB，
∴∠BQF=∠MPQ，
又∵在△BFQ和△BOC中∠BFQ=∠BOC=90°，
∴∠BQF=∠BCO，
∴∠BCO=∠MPQ，
又∵∠BOC=∠PMQ=90°，
∴Rt△BOC∽Rt△QMP，
∴$\frac{OB}{OC}=\frac{MQ}{PM}$，即$\frac{16}{12}=\frac{12}{t}$，
解得：t=9．

点评 本题考查了相似三角形的性质和判定，平行线性质，三角形的面积的应用，主要考查学生的推理能力和计算能力，题目比较好．