Question

9．定义：当点C在线段AB上，AC=nAB时，我们称n为点C在线段AB上的点值，记作d_C-AB=n．如点C是AB的中点时，即AC=$\frac{1}{2}$AB，则d_C-AB=$\frac{1}{2}$；反过来，当d_C-AB=$\frac{1}{2}$时，则有AC=$\frac{1}{2}$AB．
（1）如图1，点C在线段AB上，若d_C-AB=$\frac{2}{3}$，则$\frac{AC}{AB}$=$\frac{2}{3}$；若AC=3BC，则d_C-AB=$\frac{3}{4}$；
（2）如图2，在△ABC中，∠ACB=90°，CD⊥AB于点D，AB=10cm，BC=6cm，点P、Q分别从点C和点B同时出发，点P沿线段CA以2cm/s的速度向点A运动，点Q沿线段BC以1cm/s的速度向点C运动，当点P到达点A时，点P、Q均停止运动，连接PQ交CD于点E，设运动时间为ts，d_P-CA+d_Q-CB=m．
①当$\frac{5}{4}$≤m≤$\frac{4}{3}$时，求t的取值范围；
②当d_P-CA=$\frac{m}{2}$，求d_E-CD的值；
③当d_E-CD=$\frac{m}{2}$时，求t的值．

Answer 1

分析 （1）当点C在线段AB上，AC=nAB时，我们称n为点C在线段AB上的点值，记作d_C-AB=n，据此进行判断即可；
（2）①根据d_P-CA=$\frac{2t}{8}$=$\frac{t}{4}$，d_Q-CB=$\frac{6-t}{6}$=1-$\frac{t}{6}$，即可得到m=d_P-CA+d_Q-CB=$\frac{t}{4}$+1-$\frac{t}{6}$，再根据$\frac{5}{4}$≤m≤$\frac{4}{3}$，即可得到不等式$\frac{5}{4}$≤$\frac{t}{4}$+1-$\frac{t}{6}$≤$\frac{4}{3}$，进而解得3≤t≤4；
②根据d_P-CA=$\frac{m}{2}$，d_P-CA+d_Q-CB=m，可得d_P-CA=d_Q-CB，即$\frac{CP}{CA}$=$\frac{CQ}{CB}$，进而得出$\frac{2t}{8}$=$\frac{6-t}{6}$，求得t=2.4，再根据$\frac{CP}{CA}$=$\frac{CQ}{CB}$，∠ACB=∠PCQ，判定△ACB∽△PCQ，进而得到PQ∥AB，得出$\frac{CE}{CD}$=$\frac{CP}{CA}$，即可得到d_E-CD=d_P-CA=$\frac{2t}{8}$=0.6；
③分两种情况：当PQ∥AB时，则有d_E-CD=d_P-CA=d_Q-CB=$\frac{m}{2}$，由②可得，t=2.4；当PQ与AB不平行时，过点P，Q分别作PM⊥CD于点M，QN⊥CD于点N，根据d_E-CD=$\frac{m}{2}$，d_P-CA+d_Q-CB=m，推理可得△PME≌△QNE，即可得出PM=QN，最后根据PM=PC×sin∠ACD=2t×sin∠B=$\frac{8t}{5}$，QN=QC×sin∠BCD=（6-t）sin∠A=$\frac{3}{5}$（6-t），得到关于t的方程$\frac{8t}{5}$=$\frac{3}{5}$（6-t），即可得出t=$\frac{18}{11}$．

解答 解：（1）∵点C在线段AB上，若d_C-AB=$\frac{2}{3}$，
∴AC=$\frac{2}{3}$AB，即$\frac{AC}{AB}$=$\frac{2}{3}$；
∵AC=3BC，
∴AC=$\frac{3}{4}$AB，即d_C-AB=$\frac{3}{4}$，
故答案为：$\frac{2}{3}$，$\frac{3}{4}$；

（2）①在△ABC中，∠ACB=90°，AB=10，BC=6，
∴AC=8，
∵d_P-CA=$\frac{2t}{8}$=$\frac{t}{4}$，d_Q-CB=$\frac{6-t}{6}$=1-$\frac{t}{6}$，
∴m=d_P-CA+d_Q-CB=$\frac{t}{4}$+1-$\frac{t}{6}$，
又∵$\frac{5}{4}$≤m≤$\frac{4}{3}$，
∴$\frac{5}{4}$≤$\frac{t}{4}$+1-$\frac{t}{6}$≤$\frac{4}{3}$，
解得3≤t≤4；

②∵d_P-CA=$\frac{m}{2}$，d_P-CA+d_Q-CB=m，
∴d_P-CA=d_Q-CB，
∴$\frac{CP}{CA}$=$\frac{CQ}{CB}$，
∴$\frac{2t}{8}$=$\frac{6-t}{6}$，
解得t=2.4，
∵$\frac{CP}{CA}$=$\frac{CQ}{CB}$，∠ACB=∠PCQ，
∴△ACB∽△PCQ，
∴∠A=∠CPQ，
∴PQ∥AB，
∴$\frac{CE}{CD}$=$\frac{CP}{CA}$，
∴d_E-CD=d_P-CA=$\frac{2t}{8}$=0.6；

③分两种情况：
当PQ∥AB时，则有d_E-CD=d_P-CA=d_Q-CB=$\frac{m}{2}$，
由②可得，t=2.4；
当PQ与AB不平行时，过点P，Q分别作PM⊥CD于点M，QN⊥CD于点N，如图所示，

则有PM∥QN∥AB，且点M，N，E不重合，
∴$\frac{CP}{AC}$=$\frac{CM}{CD}$，$\frac{CQ}{CB}$=$\frac{CN}{CD}$，
∵d_E-CD=$\frac{m}{2}$，d_P-CA+d_Q-CB=m，
∴d_P-CA+d_Q-CB=2d_E-CD，
∴$\frac{CP}{AC}$+$\frac{CQ}{CB}$=2$\frac{CE}{CD}$，即$\frac{CM}{CD}$+$\frac{CN}{CD}$=2$\frac{CE}{CD}$，
∴CM+CN=2CE，即点E是MN的中点，
∴EN=EM，
又∵∠PME=∠QNE，∠PEM=∠QEN，
∴△PME≌△QNE，
∴PM=QN，
∵PM=PC×sin∠ACD=2t×sin∠B=$\frac{8t}{5}$，QN=QC×sin∠BCD=（6-t）sin∠A=$\frac{3}{5}$（6-t），
∴$\frac{8t}{5}$=$\frac{3}{5}$（6-t），
解得t=$\frac{18}{11}$，
综上所述，t的值为2.4或$\frac{18}{11}$．

点评 本题属于相似形综合题，主要考查了相似三角形的判定与性质，全等三角形的判定与性质以及解直角三角形的综合应用，解决问题③的关键是作辅助线构造全等三角形，依据全等三角形对应边相等，列方程求解，解题时注意分类思想的运用．