Question

如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=12，BC=16，动点P从A出发沿AC边向点C以每秒3个单位长的速度运动，动点Q从C点出发，沿着CB边向点B以每秒4个单位长的速度运动．P、Q分别从A、C同时出发，当其中一点到达端点时，另一点也随之停止运动．在运动过程中，△PCQ关于直线PQ对称的图形是△PDQ．设运动时间为t（秒）．
（1）设四边形PCQD面积为y，求y与t的函数关系式；
（2）t为何值时，△PCQ与△ABC相似；
（3）如图2，以C点为原点，边CB、CA所在直线分别为x轴、y轴建立直角坐标系，当PD∥AB时，求点D的坐标．

Answer 1

分析：（1）根据折叠的性质可知：四边形PCQD的面积是△PCQ面积的2倍，因此只要求出△PCQ的面积即可得出四边形PCQD的面积．可根据P、Q的速度用时间t表示出PC和CQ的长，然后根据三角形的面积公式即可得出△PCQ的面积表达式，也就能求出y，t的函数关系式；
（2）分两种情况考虑：△PCQ∽△ACB与△PCQ∽△BCA，根据相似得出比例式，把CP=12-3t，CQ=4t，AC=12及BC=16分别代入即可求出相应的时间t的值；
（3）若PD∥AB，延长PD交BC于点M．在直角三角形ABC中利用勾股定理求得AB=20；易证明Rt△QMD∽Rt△ABC，然后根据相似三角形的对应边成比例求得QM=

20

3

t，再由CQ+QM表示出CM，由PD与AB平行，根据两直线平行得到两对同位角相等，从而得出三角形PCM与三角形ABC相似，由相似得比例，把CM，CP，CA及CB的长代入列出关于t的方程，求出方程的解得到t的值，从而确定出CP，PD及CQ的长，进而确定出PM的长，得出DM的长，过D作x轴的垂直交x轴于N，由DM与AB平行得出两对同位角相等，可得三角形DMN与三角形ABC相似，根据相似得比例，可求出MN及DN的长，进而得出CN的长，得出点D的坐标．

解答：解：（1）由题意知CQ=4t，PC=12-3t
∴S_△PCQ=

1

2

PC•CQ=-6t²+24t
∵△PCQ与△PDQ关于直线PQ对称
∴y=2S_△PCQ=-12t²+48t；

（2）若△PCQ∽△ACB，
∴

CP

CA

=

CQ

CB

，即

12-3t

12

=

4t

16

，
解得：t=2；
若△PCQ∽△BCA，
∴

CP

CB

=

CQ

CA

，即

12-3t

16

=

4t

12

，
解得：t=1.44，
综上，t为2秒或1.44秒时，△PCQ与△ABC相似；

（3）设某一时刻t，PD∥AB，延长PD交BC于点M，如图，
若PD∥AB，则∠QMD=∠B，又∵∠QDM=∠C=90°，
∴Rt△QMD∽Rt△ABC
从而

QM

AB

=

QD

AC

，
∵QD=CQ=4t，AC=12，
AB=

122+162

=20，
∴QM=

20

3

t，
∵PD∥AB，
∴∠CPM=∠A，∠PMC=∠B，
∴△PCM∽△ACB，
∴

CP

CA

=

CM

CB

，即

12-3t

12

=

4t+ 20 3 t

16

，
解得t=

12

11

，
则PC=PD=12-3t=

96

11

，CQ=4t=

48

11

，
∴

PC

AC

=

PM

AB

，即

96 11

12

=

96 11 +DM

20

，
解得：DM=

64

11

，
又∵DM∥AB，
∴∠DMN=∠B，
又∵∠DNM=∠C=90°，
∴△DNM∽△ACB，
∴

DN

AC

=

DM

AB

=

MN

BC

，即

DN

12

=

64 11

20

=

MN

16

，
解得：DN=

192

55

，MN=

256

55

，
又∵CM=4t+

20

3

t=

128

11

，
则CN=CM-MN=

384

55

．
所以D的坐标为（

384

55

，

192

55

）．

点评：此题考查了折叠的性质，相似三角形的判定与性质，以及勾股定理，本题是一道动态几何题，综合性较强，区分度较大，有一定的难度．锻炼了学生利用关系式求值的运算技能和从情景中提取信息、解释信息、解决问题的能力，同时运用的数学思想主要是数学建模思想．本题的第三问计算量比较大，其中确定出PD∥AB时t的值是解题的关键．