Question

9．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1cm/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）当t为何值时，PQ∥MN？
（2）设△QMC的面积为y（cm²），求y与t之间的函数关系式；
（3）是否存在某一时刻t，使S_△QMC：S_{四边形ABQP}=1：4？若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由．
（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）先根据勾股定理求AC=4，根据平移的性质和平行四边形的性质得：PQ∥AB，列比例式为：$\frac{CP}{CA}=\frac{CQ}{CB}$，代入可求t的值；
（2）作辅助线，构建高线，利用面积法求AE的长，利用勾股定理计算CE的长，证明△CPF∽△CAE，列式可表示PF的长，根据面积公式计算y与t之间的函数关系式；
（3）根据同底等高的两个三角形面积相等得：S_△PQC=S_△MQC，由已知得：S_△MQC：S_△ABC=1：5，把（2）中的式子代入可求t的值；
（4）如图2，证明△MQP∽△PFQ，列比例式可求得：PQ²=PM×FQ，由勾股定理相结合得：PF²+FQ²=PM×FQ，代入列方程可得结论．

解答 （1）如图1，在Rt△ABC中，由勾股定理得：
AC=$\sqrt{B{C}^{2}-A{B}^{2}}$=$\sqrt{{5}^{2}-{3}^{2}}$=4，
由平移性质可得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）如图2，作PF⊥BC于点F，AE⊥BC于点E，
由S_△ABC=$\frac{1}{2}$AB×AC=$\frac{1}{2}$AE×BC可得$\frac{1}{2}$×3×4=$\frac{1}{2}$×5AE，
∴AE=$\frac{12}{5}$，
则由勾股定理得：CE=$\sqrt{A{C}^{2}-A{E}^{2}}$=$\sqrt{{4}^{2}-（\frac{12}{5}）^{2}}$=$\frac{16}{5}$，
∵PF⊥BC，AE⊥BC，
∴AE∥PF，
∴△CPF∽△CAE，
所以$\frac{CP}{CA}$=$\frac{CF}{CE}$=$\frac{PF}{AE}$，
即$\frac{4-t}{4}$=$\frac{CF}{\frac{16}{5}}$=$\frac{PF}{\frac{12}{5}}$，
解得：PF=$\frac{12-3t}{5}$，CF=$\frac{16-4t}{5}$，
∵PM∥BC，所以M到BC的距离h=PF=$\frac{12-3t}{5}$，
所以，△QCM是面积y=$\frac{1}{2}$CQ×h=$\frac{1}{2}$×t×$\frac{12-3t}{5}$=-$\frac{3}{10}{t}^{2}$+$\frac{6}{5}t$；
（3）∵PM∥BC，
∴S_△PQC=S_△MQC，
∵S_△QMC：S_{四边形ABQP}=1：4，
∴S_△MQC：S_△ABC=1：5，
则5（-$\frac{3}{10}{t}^{2}$+$\frac{6}{5}t$）=$\frac{1}{2}$×4×3，
t²-4t+4=0，
解得：t₁=t₂=2，
∴当t=2时，S_△QMC：S_{四边形ABQP}=1：4；
 （4）如图2，∵PQ⊥MQ，
∴∠MQP=∠PFQ=90°，
∵MP∥BC，
∴∠MPQ=∠PQF，
∴△MQP∽△PFQ，
∴$\frac{PM}{PQ}=\frac{PQ}{FQ}$，
∴PQ²=PM×FQ，
即：PF²+FQ²=PM×FQ，
由CF=$\frac{16-4t}{5}$，
∴FQ=CF-CQ=$\frac{16-9t}{5}$，
故$（\frac{12-3t}{5}）^{2}+（\frac{16-9t}{5}）^{2}$=5×$\frac{6-9t}{5}$，
整理得2t²-3t=0，
 解得t₁=0（舍），t₂=$\frac{3}{2}$，
答：当t=$\frac{3}{2}$时，PQ⊥MQ．

点评 本题是四边形的综合题，考查了平行四边形、平移、勾股定理、相似三角形的性质和判定，根据平移的特点，确定等量关系是关键，可以利用相似列等量关系，也可以利用已知面积的比列等量关系，解方程可以解决问题．