Question

12．如图，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=3，AB=5．点P从点C出发沿CA以每秒1个单位长的速度向点A匀速运动，到达点A后立刻以原来的速度沿AC返回；点Q从点A出发沿AB以每秒1个单位长的速度向点B匀速运动．伴随着P，Q的运动，DE保持垂直平分PQ，且交PQ于点D，交折线QB-BC-CP于点E．点P，Q同时出发，当点Q到达点B时停止运动，点P也随之停止运动．设点P，Q运动的时间是t秒（t＞0）．
（1）在点P从C向A运动的过程中，求△APQ的面积S与t的函数关系式（不必写出t的取值范围）；
（2）在点E从B向C运动的过程中，四边形QBED能否成为直角梯形？如果能，求t的值；如果不能，请说明理由；
（3）当t为何值时，射线DE经过C点？

Answer 1

分析 （1）作QF⊥AC于点F，先求BC，再用t表示QF，然后得出S的函数解析式；
（2）当DE∥QB时，得四边形QBED是直角梯形，由△APQ∽△ABC，由线段的对应比例关系求得t，由PQ∥BC，四边形QBED是直角梯形，△AQP∽△ABC，由线段的对应比例关系求t；
（3）①第一种情况点P由C向A运动，DE经过点C、连接QC，作QG⊥BC于点G，由PC²=QC²解得t；
②第二种情况，点P由A向C运动，DE经过点C，由图列出相互关系，求解t．

解答 解（1）如图1，作QF⊥AC于点F，

AQ=CP=t，
∴AP=3-t．
由△AQF∽△ABC，
得$\frac{QF}{4}=\frac{t}{5}$．
∴QF=$\frac{4}{5}$t．
∴S=$\frac{1}{2}$（3-t）•$\frac{4}{5}$t，
即S=$-\frac{2}{5}{t}^{2}+\frac{6}{5}t$；
（2）能．
①当由△APQ∽△ABC，DE∥QB时，如图2．

∵DE⊥PQ，
∴PQ⊥QB，四边形QBED是直角梯形，
此时∠AQP=90°．
由△APQ∽△ABC，
得$\frac{AQ}{AC}=\frac{AP}{AB}$，
即$\frac{t}{3}=\frac{3-t}{5}$．
解得t=$\frac{9}{8}$；
②如图3，

当PQ∥BC时，DE⊥BC，四边形QBED是直角梯形．
此时∠APQ=90°．
由△AQP∽△ABC，
得$\frac{AQ}{AB}=\frac{AP}{AC}$
即$\frac{t}{5}=\frac{3-t}{3}$，
解得t=$\frac{15}{8}$，
综上：在点E从B向C运动的过程中，当t=$\frac{15}{8}$或$\frac{9}{8}$时，四边形QBED能成为直角梯形；
（3）t=$\frac{5}{2}$或t=$\frac{45}{14}$；
①点P由C向A运动，DE经过点C．
连接QC，作QG⊥BC于点G，如图4．

∵sinB=$\frac{AC}{AB}=\frac{3}{5}=\frac{QG}{BQ}$，
∴QG=$\frac{3}{5}$（5-t），
同理BG=$\frac{4}{5}$（5-t），
∴CG=4-$\frac{4}{5}$（5-t），
∴PC=t，QC²=QG²+CG²=[$\frac{3}{5}$（5-t）]²+[4-$\frac{4}{5}$（5-t）]²．
∵CD是PQ的中垂线，
∴PC=QC
则PC²=QC²，
得t²=[$\frac{3}{5}$（5-t）]²+[4-$\frac{4}{5}$（5-t）]²，
解得t=$\frac{5}{2}$；
②点P由A向C运动，DE经过点C，如图5．

PC=6-t，可知由PC²=QC²可知，
QC²=QG²+CG²
（6-t）²=[$\frac{3}{5}$（5-t）]²+[4-$\frac{4}{5}$（5-t）]²，
即t=$\frac{45}{14}$．

点评 本题考查了相似三角形的判定定理，线段比的有关知识，利用二次函数的相关知识以及实际应用相结合，同时考生要注意巧妙利用辅助线的帮助解答，难度较大．