Question

19．已知：如图1，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=4，BC=3，点P由B点出发沿BA方向向A点匀速运动，速度为1单位/秒；同时点Q由A点出发沿AC方向向C点匀速运动，速度为2单位/秒，连接PQ．设运动时间为t秒（0≤t≤2），解答下列问题：

（1）当t为何值时，PQ∥BC？
（2）设△APQ的面积为y，求y与t之间的函数关系式，并直接写出△APQ面积的最大值；
（3）如图2，连接PC，并把△PCQ沿QC翻折得到四边形PQP′C，那么是否存在某一时刻t，使得四边形PQP′C为菱形？若存在，求出此时菱形的边长；若不存在，请说明理由．

Answer 1

分析 （1）由题意得出BP=t，AQ=2t，CQ=4-2t，由勾股定理求出AB，得出AP，证明△APQ∽△ABC，得出对应边成比例，即可求出t的值；
（2）过点Q作QD⊥AB于点D，证明△AQD∽△ABC，得出对应边成比例，得出QD，由三角形的面积即可得出y与t之间的函数关系式以及最大值；
（3）过点P作PE⊥BC、PF⊥AC，分别交BC于E、交AC于F，则四边形CEPQ是矩形，证明△PBE∽△ABC，得出比例式，由题意得出方程，解方程求出t的值，由勾股定理求出BE，得出CE，再由勾股定理求出PC即可．

解答 解：（1）由题意得：BP=t，AQ=2t，CQ=4-2t，
∵∠C=90°，
由勾股定理得：AB=$\sqrt{A{C}^{2}+B{C}^{2}}$=$\sqrt{{4}^{2}+{3}^{2}}$=5，
∴AP=5-t，
∵PQ∥BC，
∴∠AQP=∠ACB=90°，
∵∠A=∠A，
∴△APQ∽△ABC，
∴$\frac{AP}{AB}=\frac{AQ}{AC}$，即$\frac{5-t}{5}=\frac{2t}{4}$，
解得：t=$\frac{10}{7}$，
∴当t为$\frac{10}{7}$秒时，PQ∥BC；
（2）过点Q作QD⊥AB于点D，如图1所示：
∵∠ADQ=∠ACB=90°，∠A=∠A，
∴△AQD∽△ABC，
∴$\frac{AQ}{AB}=\frac{QD}{BC}$，即$\frac{2t}{5}=\frac{QD}{3}$，
解得：QD=$\frac{6t}{5}$，
∴S_△APQ=$\frac{1}{2}$×AP×QD=$\frac{1}{2}$（5-t）×$\frac{6t}{5}$=3t-$\frac{3}{5}$t²，
∴设△APQ的面积为y，y与t之间的函数关系式为：y=3t-$\frac{3}{5}$t²，
此为y与t的二次函数，图象的顶点坐标为（$\frac{5}{2}$，$\frac{15}{4}$），
∵0≤t≤2，
∴当x=2时，y的值最大，y=$\frac{18}{5}$，
即△APQ面积的最大值为$\frac{18}{5}$；
（3）过点P作PE⊥BC、PF⊥AC，分别交BC于E、交AC于F，如图2所示：
∴∠BEP=∠BCA=∠PFC=90°，
∴四边形CEPQ是矩形，
当PE=$\frac{1}{2}$QC时，即FC=FQ时，△PCQ为等腰三角形，
此时把△PCQ沿QC翻折得到四边形PQP′C是菱形，
∵∠B=∠B，
∴△PBE∽△ABC，
∴$\frac{PB}{AB}=\frac{PE}{AC}$，
即$\frac{t}{5}=\frac{PE}{4}$，
解得：PE=$\frac{4t}{5}$，
∵QC=4-2t，
∴$\frac{4t}{5}=\frac{1}{2}（4-2t）$，
解得：t=$\frac{10}{9}$，
∴当t=$\frac{10}{9}$时，四边形PQP′C是菱形，
此时PE=$\frac{4}{5}$×$\frac{10}{9}$=$\frac{8}{9}$，PB=$\frac{10}{9}$，
由勾股定理得：BE=$\sqrt{P{B}^{2}-P{E}^{2}}$=$\sqrt{（\frac{10}{9}）^{2}-（\frac{8}{9}）^{2}}$=$\frac{2}{3}$，
∴CE=3-$\frac{2}{3}$=$\frac{7}{3}$，
由勾股定理得：PC=$\sqrt{P{E}^{2}+C{E}^{2}}$=$\sqrt{（\frac{8}{9}）^{2}+（\frac{7}{3}）^{2}}$=$\frac{\sqrt{505}}{9}$，
∴此时菱形的边长为$\frac{\sqrt{505}}{9}$．

点评 本题是四边形综合题目，考查了勾股定理、相似三角形的判定与性质、矩形的判定与性质、菱形的性质、三角形面积的计算等知识；本题难度较大，综合性强，特别是（2）（3）中，需要通过作辅助线证明三角形相似才能得出结果．