Question

18．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6，BC=8，动点M从点A出发，以每秒1个单位长度的速度沿AB向点B匀速运动；同时，动点N从点B出发，以每秒3个单位长度的速度沿BA向点A匀速运动，过线段MN的中点G作边AB的垂线，垂足为点G，交△ABC的另一边于点P，连接PM，PN，当点N运动到点A时，M，N两点同时停止运动，设运动时间为t秒．
（1）当t=2.5秒时，动点M，N相遇；
（2）设△PMN的面积为S，求S与t之间的函数关系式；
（3）取线段PM的中点K，连接KA，KC，在整个运动过程中，△KAC的面积是否变化？若变化，直接写出它的最大值和最小值；若不变化，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）根据勾股定理可得AB=10，若动点M、N相遇，则有t+3t=10，即可求出t的值；
（2）由于“点P在BC上”与“点P在点AC上”及“点M在点N的左边”与“点M在点N的右边”对应的MN、PG的表达式不同，S与t之间的函数关系式也就不同，因此需分情况讨论．只需先考虑临界位置（点P与点C重合，点M与点N重合、点N与点A重合）所对应的t的值，然后分三种情况（①0≤t≤1.4，②1.4＜t＜2.5，③2.5＜t≤$\frac{10}{3}$）讨论，用t的代数式表示出MN和PG，就可解决问题；
（3）过点K作KD⊥AC于D，过点M作ME⊥AC于E，由于AC已知，要求△KAC的面积的最值，只需用t的代数式表示出DK，然后利用一次函数的增减性就可解决问题．

解答 解：（1）∵∠ACB=90°，AC=6，BC=8，∴AB=10，
∴t+3t=10，解得t=2.5（s），
即当t=2.5秒时，动点M，N相遇；
故答案为2.5；

（2）过点C作CH⊥AB于H，
由S_△ABC=$\frac{1}{2}$AC•BC=$\frac{1}{2}$AB•CH得，CH=$\frac{AC•BC}{AB}$=4.8，
∴AH=$\sqrt{A{C}^{2}-C{H}^{2}}$=3.6，BH=10-3.6=6.4．
∵当点N运动到点A时，M，N两点同时停止运动，∴0≤t≤$\frac{10}{3}$．
当0≤t＜2.5时，点M在点N的左边，如图1、图2，
MN=AB-AM-BN=10-t-3t=10-4t．
∵点G是MN的中点，∴MG=$\frac{1}{2}$MN=5-2t，
∴AG=AM+MG=t+5-2t=5-t，
∴BG=10-（5-t）=t+5．
当点P与点C重合时，点G与点H重合，
则有5-t=3.6，解得t=1.4．
当2.5＜t≤$\frac{10}{3}$时，点M在点N右边，如图3，
∵MN=AM-AN=AM-（AB-BN）=t-（10-3t）=4t-10，
∴NG=$\frac{1}{2}$MN=2t-5，
∴AG=AN+NG=10-3t+2t-5=5-t．
综上所述：①当0≤t≤1.4时，点M在点N的左边，点P在BC上，如图1，
此时MN=10-4t，BG=t+5，PG=BG•tanB=$\frac{6}{8}$（t+5）=$\frac{3}{4}$t+$\frac{15}{4}$，
∴S=$\frac{1}{2}$MN•PG=$\frac{1}{2}$（10-4t）•（$\frac{3}{4}$t+$\frac{15}{4}$）=-$\frac{3}{2}$t²-$\frac{15}{4}$t+$\frac{75}{4}$；
②当1.4＜t＜2.5时，点M在点N的左边，点P在AC上，如图2，
此时MN=10-4t，AG=5-t，PG=AG•tanA=$\frac{8}{6}$（5-t）=$\frac{20}{3}$-$\frac{4}{3}$t，
∴S=$\frac{1}{2}$MN•PG=$\frac{1}{2}$（10-4t）•（$\frac{20}{3}$-$\frac{4}{3}$t）=$\frac{8}{3}$t²-20t+$\frac{100}{3}$；
③当2.5＜t≤$\frac{10}{3}$时，点M在点N的右边，点P在AC上，如图3，
此时MN=4t-10，AG=5-t，PG=AG•tanA=$\frac{8}{6}$（5-t）=$\frac{20}{3}$-$\frac{4}{3}$t，
∴S=$\frac{1}{2}$MN•PG=$\frac{1}{2}$（4t-10）•（$\frac{20}{3}$-$\frac{4}{3}$t）=-$\frac{8}{3}$t²+20t-$\frac{100}{3}$；
∴S与t之间的函数关系式为S=$\left\{\begin{array}{l}{-\frac{3}{2}{t}^{2}-\frac{15}{4}t+\frac{75}{4}，0≤t≤1.4}\\{\frac{8}{3}{t}^{2}-20t+\frac{100}{3}，1.4＜t＜2.5}\\{-\frac{8}{3}{t}^{2}+20t-\frac{100}{3}，2.5＜t≤\frac{10}{3}}\end{array}$；

（3）在整个运动过程中，△KAC的面积变化，最大值为4，最小值为$\frac{42}{25}$．
提示：过点K作KD⊥AC于D，过点M作ME⊥AC于E．
①当0≤t≤1.4时，点P在BC上，如图4，

此时AM=t，BG=t+5，
∴EM=AM•sin∠EAM=$\frac{8}{10}$t=$\frac{4}{5}$t，BP=$\frac{BG}{cosB}$=$\frac{t+5}{\frac{8}{10}}$=$\frac{5}{4}$t+$\frac{25}{4}$，
∴CP=CB-BP=8-（$\frac{5}{4}$t+$\frac{25}{4}$）=-$\frac{5}{4}$t+$\frac{7}{4}$．
∵EM⊥AC，KD⊥AC，PC⊥AC，
∴EM∥DK∥CP．
∵K为PM的中点，∴D为EC中点，
∴DK=$\frac{1}{2}$（CP+EM）=$\frac{1}{2}$（-$\frac{5}{4}$t+$\frac{7}{4}$+$\frac{4}{5}$t）=-$\frac{9}{40}$t+$\frac{7}{8}$，
∴S_△KAC=$\frac{1}{2}$AC•DK=$\frac{1}{2}$×6×（-$\frac{9}{40}$t+$\frac{7}{8}$）=-$\frac{27}{40}$t+$\frac{21}{8}$，
∵-$\frac{27}{40}$＜0，∴S_△KAC随着t的增大而减小，
∴当t=0时，S_△KAC取到最大值，最大值为$\frac{21}{8}$，
当t=1.4时，S_△KAC取到最小值，最小值为$\frac{42}{25}$；
②当1.4＜t≤$\frac{10}{3}$时，点P在AC上，如图5、图6，

同理可得：DK为△PEM的中位线，EM=$\frac{4}{5}$t，
∴DK=$\frac{1}{2}$EM=$\frac{2}{5}$t，
∴S_△KAC=$\frac{1}{2}$AC•DK=$\frac{1}{2}$×6×$\frac{2}{5}$t=$\frac{6}{5}$t．
∵$\frac{6}{5}$＞0，∴S_△KAC随着t的增大而增大，
∴当t=1.4时，S_△KAC取到最小值，最小值为$\frac{42}{25}$；
当t=$\frac{10}{3}$时，S_△KAC取到最大值，最大值为$\frac{6}{5}$×$\frac{10}{3}$=4
综上所述：△KAC的面积的最大值为4，最小值为$\frac{42}{25}$．

点评 本题主要考查了平行线分线段成比例、三角函数的定义、勾股定理、梯形中位线定理、三角形中位线定理、一次函数的增减性等知识，在解决问题的过程中，用到了分类讨论、等积法、临界值法等重要的数学思想方法，找准临界点是解决本题的关键．