Question

10．已知：如图①，两块全等的斜边为10cm，含30°角的直角△ABD和直角△ACD如图放置，在将△ACD以1cm/s的速度沿AC的方向匀速平移至△PNM位置的同时，点Q从点C出发，沿着CB方向也以1cm/s的速度匀速移动，如图②，当P与C重合时，△PNM以及点Q停止移动，设AP=x，连接PQ、MQ、MC．
（1）当x为何值时，PQ∥MN？
（2）设△QMC和四边形ABQP的面积比为y（cm²），求y与x之间的函数关系式；
（3）求使△PQM为直角三角形时AP的值（若不可能，请说明理由）

Answer 1

分析 （1）解直角三角形得到AB=5，AC=5$\sqrt{3}$，如图1根据平行线分线段成比例定理即可得到结论；
（2）如图2，过P作PD⊥BC于D，求得S_△QPC=$\frac{1}{2}$CP•CQ•sin∠PCQ=-$\frac{1}{4}$x²+$\frac{5\sqrt{3}}{4}$x，S_{四边形ABQP}=S_△ABC-S_△QPC=$\frac{1}{4}$x²-$\frac{5\sqrt{3}}{4}$x+$\frac{25}{2}$$\sqrt{3}$，即可得到结论；
（3）当PQ⊥PM或PQ⊥MQ时，△PMQ是直角三角形，当PQ⊥PM时，PQ⊥QC，根据三角函数的定义得到x=30-15$\sqrt{3}$，当PQ⊥MQ时，如图2，作ME⊥BC于E，PD⊥BC于D，根据相似三角形的性质即可得到结论．

解答 解：（1）∵在Rt△ABC中，BC=10，∠ABC=30°，
∴AB=5，AC=5$\sqrt{3}$，如图①，
∵PQ∥MN，∴$\frac{CP}{PA}=\frac{CQ}{QB}$，
∵CQ=PA=x，CP=5$\sqrt{3}$-x，QB=10-x，
∴$\frac{5\sqrt{3}-x}{x}=\frac{x}{10-x}$，
∴x=20$\sqrt{3}$-30；
即当x=20$\sqrt{3}$-30时，PQ∥MN；
（2）如图2，∵PM∥QC，
∴△QMC与△QPC的面积相等，
过P作PD⊥BC于D，则S_△QPC=$\frac{1}{2}$CP•CQ•sin∠PCQ=-$\frac{1}{4}$x²+$\frac{5\sqrt{3}}{4}$x，
∴S_{四边形ABQP}=S_△ABC-S_△QPC=$\frac{1}{4}$x²-$\frac{5\sqrt{3}}{4}$x+$\frac{25}{2}$$\sqrt{3}$，
∴y=$\frac{5\sqrt{3}x-{x}^{2}}{50\sqrt{3}-5\sqrt{3}x+{x}^{2}}$（0＜x＜5$\sqrt{3}$）；
（3）当PQ⊥PM或PQ⊥MQ时，△PMQ是直角三角形，
∵PM∥QC，
∴当PQ⊥PM时，PQ⊥QC，$\frac{CQ}{CP}$=cos∠ACB=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，
即$\frac{x}{5\sqrt{3}-x}$=$\frac{\sqrt{3}}{2}$，x=30-15$\sqrt{3}$，
当PQ⊥MQ时，
如图2，作ME⊥BC于E，PD⊥BC于D，
则△PDQ∽△QEM，
∴$\frac{PD}{QE}=\frac{DQ}{EM}$，将PD=EM=$\frac{1}{2}$（5$\sqrt{3}$-x），DQ=CD-CQ=$\frac{\sqrt{3}}{2}$（5$\sqrt{3}$-x）-x，QE=ED-DQ=10•[$\frac{\sqrt{3}}{2}$（5$\sqrt{3}$-x）-x]代入解得：x=5$\sqrt{3}$-5，
综上所述，当AP=5$\sqrt{3}$-5或30-15$\sqrt{3}$时，△PQM为直角三角形．

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．