Question

7．已知：如图①，在?ABCD中，AB=3cm，BC=5cm．AC⊥AB．△ACD沿AC的方向匀速平移得到△PNM，速度为l cm/s；同时，点Q从点C出发，沿CB方向匀速运动，速度为1cm/s，当△PNM停止平移时，点Q也停止运动．如图②，设运动时间为t （s）  （0＜t＜4）．解答下列问题：
（1）t秒后PC=4-t，CQ=t，P点到BC的距离=$\frac{12-3t}{5}$．（用t的代数式表示）
（2）当t为何值时，PQ∥MN？
（3）设△QMC的面积为y （cm²），求y与t之间的函数关系式；
（4）是否存在某一时刻t，使PQ⊥MQ？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）根据勾股定理求得AC的长度，由路程=速度×时间可以得到PC、QC的长度，利用相似三角形的对应边成比例来求P点到BC的距离；
（2）根据勾股定理求出AC，根据PQ∥AB，得出$\frac{CP}{CA}$=$\frac{CQ}{CB}$，$\frac{4-t}{4}$=$\frac{t}{5}$，求解即可；
（3）过点P作PD⊥BC于D，根据△CPD∽△CBA，得出$\frac{4-t}{5}$=$\frac{PD}{3}$，求出PD=$\frac{12}{5}$-$\frac{3}{5}$t，再根据S_△QMC=S_△QPC，得出y=S_△QMC=$\frac{1}{2}$QC•PD，再代入计算即可；
（4）根据PQ⊥MQ得出△PDQ∽△MQP，得出PQ²=MP•DQ，根据勾股定理得出PD²+DQ²=MP•DQ，再分别代入得出（$\frac{12-3t}{5}$）²+（$\frac{16-9t}{5}$）²=5×$\frac{16-9t}{5}$，求出t即可．

解答 解：（1）依题意得，CQ=t．
∵在Rt△ABC中，AC=$\sqrt{B{C}^{2}-A{B}^{2}}$=$\sqrt{{5}^{2}-{3}^{2}}$=4，
∴PC=4-t．
设点P到BC的距离为h，则
$\frac{h}{AB}$=$\frac{PC}{BC}$，即$\frac{h}{3}$=$\frac{4-t}{5}$，
解得h=$\frac{12-3t}{5}$．
故答案是：4-t；t；$\frac{12-3t}{5}$．

（2）由平移的性质得MN∥AB，
∵PQ∥MN，
∴PQ∥AB，
∴$\frac{CP}{CA}$=$\frac{CQ}{CB}$，即$\frac{4-t}{4}$=$\frac{t}{5}$，
解得t=$\frac{20}{9}$；

（2）过点P作PD⊥BC于D，
∵△CPD∽△CBA，
∴$\frac{CP}{CB}$=$\frac{PD}{BA}$，
∴$\frac{4-t}{5}$=$\frac{PD}{3}$，
∴PD=$\frac{12}{5}$-$\frac{3}{5}$t，
∵PM∥BC，
∴S_△QMC=S_△QPC，
∴y=S_△QMC=$\frac{1}{2}$QC•PD=$\frac{1}{2}$t（$\frac{12}{5}$-$\frac{3}{5}$t）=$\frac{6}{5}$t-$\frac{3}{10}$t²（0＜t＜4）；

（3）若PQ⊥MQ，
则∠PQM=∠PDQ，
∵∠MPQ=∠PQD，
∴△PDQ∽△MQP，
∴$\frac{PQ}{MP}$=$\frac{DQ}{PQ}$，
∴PQ²=MP•DQ，
∴PD²+DQ²=MP•DQ，
∵CD=$\frac{16-4t}{5}$，
∴DQ=CD-CQ=$\frac{16-4t}{5}$-t=$\frac{16-9t}{5}$，
∴（$\frac{12-3t}{5}$）²+（$\frac{16-9t}{5}$）²=5×$\frac{16-9t}{5}$，
∴t₁=0（舍去），t₂=$\frac{3}{2}$，
综上所述，当t=$\frac{3}{2}$时，PQ⊥MQ．

点评 此题考查了相似形综合，用到的知识点是相似三角形的判定与性质、勾股定理、平行线的性质、三角形的面积，关键是根据题意画出图形，作出辅助线，构造相似三角形．