Question

1．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠ABC=30°，AC=2，CD是△ABC的中线，动点P从点C出发，沿CA以每秒1个单位长度的速度向终点A运动，同时，动点Q从点A出发，沿AB以每秒2个单位长度向终点B运动，过点P作PE∥AB，连结EQ，设点P运动的时间为t（s）（t＞0）
（1）当四边形APEQ是菱形时，求t的值；
（2）当以点P、E、Q为顶点的三角形是直角三角形时，求t的值；
（3）设四边形APEQ与△BCD重叠部分图形的面积为S（平方单位），求S与t之间的函数关系式；
（4）设点A关于直线PQ的对称点为A′，点A′落在△ABC的外部时，直接写出t的取值范围．

Answer 1

分析 （1）首先证明四边形APEQ是平行四边形，根据AP=AQ列出方程即可解决问题．
（2）分两种情形讨论，列出方程即可解决问题．
（3）分两种情形①如图3中，当0＜t≤1时，重叠部分是△EMN，易知△EMN是等边三角形．②如图4中，当1＜t≤2时，重叠部分是四边形MNEQ．作PH⊥CD于H，延长EQ交CD的延长线于G．分别求解即可．
（4）求出图5、图6中两个特殊位置的t的值，即可判断．

解答 解：（1）在Rt△ABC中，∵∠ACB=90°，∠B=30°，AC=2，
∴AB=2AC=4，BC=2$\sqrt{3}$，
∵PE∥AB，
∴∠PEC=∠B=30°，
∴PE=2t，EC=$\sqrt{3}$t，
由题意PC=t，AQ=2t，
∴AQ=PE，∵AQ=PE，
∴四边形APEQ是平行四边形，
当AP=AQ时，四边形APEQ是菱形，则2-t=2t，
∴t=$\frac{2}{3}$，
∴t=$\frac{2}{3}$时，四边形APEQ是菱形．

（2）如图1中，当∠QPE=90°，在Rt△APQ中，易知AP=2AQ，即2-t=4t，解得t=$\frac{2}{5}$．

如图2中，当∠PQE=90°，易知四边形PQEC是矩形，可得AQ=2AP，即2t=2（2-t），解得t=1．

当∠PEQ=90°时，易知cos∠B=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
∴$\frac{4-2t}{2\sqrt{3}-\sqrt{3}t}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，解得t=2，是增根，
∴此种情形不存在．
综上所述，t=$\frac{2}{5}$s或1s时，△PQE是直角三角形．

（3）①如图3中，当0＜t≤1时，重叠部分是△EMN，易知△EMN是等边三角形，

∵AD=DB，∠ACB=90°，∠B=30°，
∴CD=AD=DB，
∴∠PCN=∠CPN=60°，∠DCB=∠B=∠NEC=30°，
∴PN=EN=t，
∴S=$\frac{\sqrt{3}}{4}$t²

②如图4中，当1＜t≤2时，重叠部分是四边形MNEQ．作PH⊥CD于H，延长EQ交CD的延长线于G．

易知PC=CN=NG=EG=t，EQ=2-t，GQ=2t-2，PH=$\frac{\sqrt{3}}{2}$t，
∵GQ∥PC，
∴$\frac{GQ}{PC}$=$\frac{GM}{MC}$=$\frac{2t-2}{t}$，
∴MG=$\frac{2t-2}{3t-2}$•2t，MN=t-$\frac{2t（2t-2）}{3t-2}$，
∴S=S_△PQE-S_△PMN=$\frac{1}{2}$•（2-t）•$\sqrt{3}$t-$\frac{1}{2}$•[t-$\frac{2t（2t-2）}{3t-2}$]•$\frac{\sqrt{3}}{2}$t=-$\frac{\sqrt{3}}{4}$t²+$\sqrt{3}$t+$\frac{2\sqrt{3}{t}^{3}-2\sqrt{3}{t}^{2}}{6t-4}$．

（4）①如图5中，当点A的对称点A′在线段AB上时，易知AP=2AQ，2-t=4t，解得t=$\frac{2}{5}$．

②如图6中，当点A的对称点A′与点E重合时，易知AP=AQ，2-t=2t，解得t=$\frac{2}{3}$，

观察图象可知，当$\frac{2}{5}$＜t＜$\frac{2}{3}$时，点A′落在△ABC的外部．

点评 本题考查四边形综合题、菱形的判定和性质、直角三角形的性质、多边形的面积问题、轴对称等知识，解题的关键是灵活运用所学知识，学会用分类讨论的思想思考问题，学会寻找特殊点解决问题，属于中考压轴题．