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    15．如图，已知△ABC是边长为12cm的等边三角形，动点P，Q同时从AB两点出发，分别沿AB、BC匀速运动，其中点P运动的速度是2cm/s，点Q运动的速度是4cm/s，当点Q到达点C时，P、Q两点都停止运动，设运动时间为t（s），解答下列问题：
    （1）当t=2时，判断△BPQ的形状，并说明理由；
    （2）设△BPQ的面积为S（cm2），求S与t的函数关系式；
    （3）作QR∥BA交AC于点R，连接PR，当t为何值时，△APR∽△PRQ．

    分析 （1）结论：△PBQ是等边三角形．只要证明BP=BQ，∠B=60°即可；
    （2）∠B为60°特殊角，过Q作QE⊥AB，垂足为E，则BQ、BP、高EQ的长可用t表示，S与t的函数关系式也可求；
    （3）由题意△CRQ为等边三角形，首先证明四边形EPRQ是矩形，由△APR∽△PRQ，可得出∠QPR=60°，利用60°的特殊角列出方程即可求得t的值．

    解答 解：（1）结论：△PBQ是等边三角形．
    理由：∵△ABC是等边三角形，
    ∴AB=BC=AC=12，∠A=∠B=∠C=60°，
    ∵t=2，
    ∴AP=4，BQ=8，
    ∴PB=AB-AP=8，
    ∴BP=BQ，∵∠B=60°，
    ∴△PBQ是等边三角形．

    （2）过Q作QE⊥AB，垂足为E
    由QB=4t，得QE=4t•sin60°=2$\sqrt{3}$t
    由AP=2t，得PB=12-2t
    ∴S△BPQ=$\frac{1}{2}$×BP×QE=$\frac{1}{2}$（12-2t）×2$\sqrt{3}$t=-2$\sqrt{3}$t2+12$\sqrt{3}$t．

    （3）∵QR∥BA
    ∴∠QRC=∠A=60°，∠RQC=∠B=60°
    ∴△QRC是等边三角形
    ∴QR=RC=QC=12-4t
    ∵BE=BQ•cos60°=$\frac{1}{2}$×4t=2t
    ∴EP=AB-AP-BE=12-2t-2t=12-4t
    ∴EP∥QR，EP=QR
    ∴四边形EPRQ是平行四边形
    ∴PR=EQ=2$\sqrt{3}$t
    又∵∠PEQ=90°，
    ∴四边形EPRQ是矩形，
    ∴∠APR=∠PRQ=90°
    ∵△APR∽△PRQ，
    ∴∠QPR=∠A=60°
    ∴tan60°=$\frac{QR}{PR}$，即$\frac{12-4t}{2\sqrt{3}t}$=$\sqrt{3}$
    解得t=$\frac{6}{5}$
    ∴当t=$\frac{6}{5}$s时，△APR∽△PRQ．

    点评 本题考查等边三角形的判定及性质、三角形相似、解直角三角形、锐角三角函数、平行四边形的判定和性质、矩形的判定和性质等知识，解题的关键是灵活运用所学知识，学会利用方程的思想思考问题，属于中考压轴题．

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    （点P（x0，y0）到直线Ax+By+C=0（A2+B2≠0）的距离d=$\frac{|A{x}_{0}+B{y}_{0}+C|}{\sqrt{{A}^{2}+{B}^{2}}}$
    （1）求过点C且与直线AB垂直的直线方程；
    （2）求m的值．

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    （1）观察上面结果相等各式之间的关系，可归纳得出1-$\frac{1}{{n}^{2}}$=（1-$\frac{1}{n}$）（1$+\frac{1}{n}$）
    （2）利用上述规律计算：（1-$\frac{1}{{2}^{2}}$）（1-$\frac{1}{{3}^{2}}$）（1-$\frac{1}{{4}^{2}}$）…（1-$\frac{1}{2{0}^{2}}$）

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