分析 (1)根据勾股定理得到BC的长,根据三角形的面积公式即可得到结论;
(2)①只需利用三角函数就可解决问题;②可分△PQR全部在△ABC内和△PQR部分在△ABC内两种情况讨论:当△PQR全部在△ABC内时,只需运用三角形的面积公式就可解决问题;当△PQR部分在△ABC内时,只需运用割补法就可解决问题;
(3)可分以下几种情况讨论:点R在AB的高CH上(如图④和图⑦)、点R在AC的高BC上(如图⑤)、点R在BC的高AC上(如图⑥),其中图④和图⑦可通过构造K型全等,并利用相似三角形的性质来解决问题,图5和图6可通过PQ=2PC来解决问题.
解答 解:(1)设AB边上的高为h,
∵∠C=90°,AC=4,AB=5,
∴BC=$\sqrt{A{B}^{2}-A{C}^{2}}$=3,
∵S△ABC=$\frac{1}{2}$AC•BC=$\frac{1}{2}$AB•h,
∴h=$\frac{AC•BC}{AB}$=$\frac{3×4}{5}$=$\frac{12}{5}$;
故答案为:3,$\frac{12}{5}$;
(2)①由题意可知AP=4t,
tanA=$\frac{PQ}{AP}$=$\frac{BC}{AC}$=$\frac{3}{4}$,
∴PQ=3t;
②当0<t≤$\frac{8}{11}$时,如图②.
过点R作RH⊥PQ于点H,
S=$\frac{1}{2}$PQ•RH=$\frac{1}{2}$×3t×$\frac{3t}{2}$=$\frac{9}{4}$t2.
当$\frac{8}{11}$<t<1时,如图③.
过点R作RH⊥PQ于点H,交BC于点G,
则有RG⊥MN,RH=$\frac{1}{2}$PQ=$\frac{3}{2}$t,GH=PC=4-4t,
∴S=S△RPQ-S△RMN=$\frac{1}{2}$PQ•RH-$\frac{1}{2}$MN•RH
=RH2-RG2=($\frac{3}{2}$t)2-[$\frac{3}{2}$t-(4-4t)]2
=-28t2+44t-16;
∴S=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{9}{4}{t}^{2}(0<t≤\frac{8}{11})}\\{-28{t}^{2}+44t-16(\frac{8}{11}<t<1)}\end{array}\right.$;
(3)点R落在△ABC高线上时,t的值为$\frac{32}{53}$,$\frac{8}{11}$,$\frac{13}{10}$,$\frac{67}{46}$.
可分以下几种情况讨论:如图④~⑦
①点P在AC上,且点R在AB的高CH上,如图④,
过点P作PG⊥CH于G,
易证△PGR≌△RHQ,则有PG=RH,GR=QH.
易求得AB=5,CH=$\frac{12}{5}$,AH=$\frac{16}{5}$,BH=$\frac{9}{5}$.
PC=4-4t,CG=$\frac{3}{5}$PC=$\frac{3}{5}$(4-4t),PG=$\frac{4}{5}$PC=$\frac{4}{5}$(4-4t),
AQ=$\frac{5}{4}$AP=5t,QH=AH-AQ=$\frac{16}{5}$-5t.
根据CH=CG+GR+RH=CG+QH+PG=$\frac{12}{5}$,得$\frac{3}{5}$(4-4t)+$\frac{16}{5}$-5t+$\frac{4}{5}$(4-4t)=$\frac{12}{5}$,
解得:t=$\frac{32}{53}$.
②点P在AC上,且点R在AC的高BC上,如图⑤
过点R作RH⊥PQ于H,
易得PQ=2RH=2PC,PQ=$\frac{3}{4}$AP=3t,PC=4-4t,
∴3t=2(4-4t),
解得:t=$\frac{8}{11}$.
③点P在BC上,且点R在BC的高AC上,如图⑥,
过点R作RH⊥PQ于H,
易得PQ=2RH=2PC,PQ=$\frac{4}{3}$PB=$\frac{4}{3}$(7-4t),PC=4t-4,
∴$\frac{4}{3}$(7-4t)=2(4t-4),
解得:t=$\frac{13}{10}$.
④点P在BC上,且点R在AB的高CH上,如图⑦,
过点P作PG⊥CH于G,
在△PGR与△RHQ中,$\left\{\begin{array}{l}{∠PRG=∠RQH}\\{∠PGR=∠RHQ}\\{PR=RQ}\end{array}\right.$,
∴△PGR≌△RHQ,
∴PG=RH,GR=QH,
∵PG⊥CH,BH⊥CH,
∴PG∥BH,
∴△CGP∽△CHB,
∴$\frac{CG}{CH}=\frac{PG}{BH}=\frac{CP}{CB}$.
∵BC=3,CH=$\frac{12}{5}$,BH=$\frac{9}{5}$,CP=4t-4,
∴CG=$\frac{4}{5}$PC=$\frac{4}{5}$(4t-4),PG=$\frac{3}{5}$PC=$\frac{3}{5}$(4t-4),
同理可得QB=$\frac{5}{3}$PB=$\frac{5}{3}$(7-4t),QH=QB-BH=$\frac{5}{3}$(7-4t)-$\frac{9}{5}$.
根据CH=CG+GH=CG+RH-RG=CG+PG-QH=$\frac{12}{5}$,得$\frac{5}{4}$(4t-4)+$\frac{3}{5}$(4t-4)-[$\frac{5}{3}$(7-4t)-$\frac{9}{5}$]=$\frac{12}{5}$,
解得:t=$\frac{67}{46}$.
综上所述:当t的值为$\frac{32}{53}$,$\frac{8}{11}$,$\frac{13}{10}$,$\frac{67}{46}$,△PQR的直角顶点R恰好落在△ABC的某条高上.
点评 本题主要考查了三角函数、等腰直角三角形的性质、直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半、角平分线的性质、全等三角形的判定与性质、相似三角形的判定与性质等知识,在解决问题的过程中,用到了割补法和分类讨论等重要的数学思想方法,准确分类是解决本题的关键.
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A. | ①②⑤ | B. | ③④⑤ | C. | ②③④ | D. | ①④⑤ |
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A. | 80% | B. | 60% | C. | 40% | D. | 20% |
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