Question

15．如图，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，∠A=30°，AB=30，动点P、Q分别从点A、B同时出发，点P以10m/s的速度沿A→B向终点B运动，点Q以20m/s的速度沿B→A向终点A运动，过PQ的中点D作DE⊥AB交AC于点E，将△PQE绕着ED的中点旋转180°得到△MEQ，设四边形PQME的面积为S（cm²），点P运动的时间为t（s）
（1）当点M落在BC边上时，求t的值；
（2）求S与t之间的函数关系式；
（3）直接写出四边形PQME是菱形时t的值．

Answer 1

分析 （1）如图1中，作CH⊥AB于H，交EM于K．由EM∥AB，推出△CEM∽△CAB，推出∴$\frac{CK}{CH}=\frac{EM}{AB}$，由此构建方程即可解决问题．
（2）分三种情形讨论①当0＜t≤10时，如图1中，根据S=PQ•DE即可解决问题．②当10＜t≤15时，如图2中，根据S=PQ•DE即可解决问题．③如图3中，当15＜t≤30时，点Q达到终点A，根据S=AP•DE即可解决问题．
（3）分两种情形讨论即可①如图1中，当四边形QMEP是菱形时．②同理如图2中，当四边形QMEP是菱形时．

解答 解：（1）如图1中，作CH⊥AB于H，交EM于K．
∵AB=30，∠ACB=90°，∠A=30°，
∴BC=$\frac{1}{2}$AB 15，AC=$\sqrt{3}$BC=15$\sqrt{3}$，CH=$\frac{1}{2}$AC=$\frac{15\sqrt{3}}{2}$，．
由题意AP=10t，BQ=20t，
∴EM=PQ=30-30t，PD=DQ=$\frac{1}{2}$PQ=15-15t，
∴AD=10t+15-15t=15-5t，
∴DE=$\frac{\sqrt{3}}{3}$AD=$\frac{\sqrt{3}}{3}$（15-5t），
∵点M在BC上，EM∥AB，
∴△CEM∽△CAB，
∴$\frac{CK}{CH}=\frac{EM}{AB}$，
∴$\frac{\frac{15\sqrt{3}}{2}-\frac{\sqrt{3}}{3}（15-5t）}{\frac{15\sqrt{3}}{2}}$=$\frac{15-15t}{30}$，
解得：t=$\frac{6}{11}$s．
∴t=$\frac{6}{11}$s时，当点M落在BC边上．
（2）①当0＜t≤10时，如图1中，S=PQ•DE=（30-30t）•$\frac{\sqrt{3}}{3}$（15-5t）=50$\sqrt{3}$t²-200$\sqrt{3}$t+150$\sqrt{3}$．
②当10＜t≤15时，如图2中，
由题意，AQ=30-20t，QP=30t-30，DQ=DP=15t-15，
∴AD=AQ+DQ=30-20t+15t-15=15-5t，
∴DE=$\frac{\sqrt{3}}{3}$AD=$\frac{\sqrt{3}}{3}$（15-5t），
∴S=QP•DE=（30t-30）•$\frac{\sqrt{3}}{3}$（15-5t）=-50$\sqrt{3}$t²+200$\sqrt{3}$t-150$\sqrt{3}$．．
③如图3中，当15＜t≤30时，点Q达到终点A，
由题意AP=30t-30，AD=$\frac{1}{2}$（30t-30）=15t-15，DE=$\sqrt{3}$AD=15$\sqrt{3}$t-15$\sqrt{3}$，
∴S=AP•DE=（30t-30）•（15$\sqrt{3}$t-15$\sqrt{3}$）=450$\sqrt{3}$t²+900$\sqrt{3}$t+450$\sqrt{3}$．
（3）①如图1中，当四边形PQME是菱形时，PE=PQ，
∵PD=DQ，
∴PE=2PD，
在Rt△PED中，则有∠PED=30°，
∴DE=$\sqrt{3}$PD，
∴$\frac{\sqrt{3}}{3}$（15-5t）=$\sqrt{3}$•（15-15t），
解得t=$\frac{3}{4}$．
②同理如图2中，根据DE=$\sqrt{3}$PD，可得$\frac{\sqrt{3}}{\;}3$（15-5t）=$\sqrt{3}$••（15t-15），
解得t=$\frac{6}{5}$，
综上所述，t=$\frac{3}{4}$s或$\frac{6}{5}$s时，四边形PQME是菱形．．

点评 本题考查四边形综合题、平行四边形的判定和性质、菱形的判定和性质、相似三角形的判定和性质等知识，解题的关键是学会用分类讨论的思想思考问题．属于中考压轴题．