Question

5．如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=$\sqrt{3}$，BC=1，AB的垂直平分線交AB于點(diǎn)E，交射線BC于點(diǎn)F，點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)沿射線AC以每秒2$\sqrt{3}$個(gè)單位的速度運(yùn)動(dòng)，同時(shí)點(diǎn)Q從點(diǎn)C出發(fā)沿CB方向以每秒1個(gè)單位的速度運(yùn)動(dòng)，當(dāng)點(diǎn)Q到達(dá)點(diǎn)B時(shí)，點(diǎn)P，Q同時(shí)停止運(yùn)動(dòng)．設(shè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t秒．
（1）當(dāng)t為何值時(shí)，PQ∥EF；
（2）當(dāng)點(diǎn)P在C的左側(cè)時(shí)，記四邊形PFEQ的面積為s，請(qǐng)求出s關(guān)于t的函數(shù)關(guān)系式；s是否存在最大值？如有，請(qǐng)求出；如沒(méi)有，請(qǐng)說(shuō)明理由．
（3）設(shè)P，Q關(guān)于點(diǎn)C的對(duì)稱點(diǎn)分別為P′，Q′，當(dāng)t取何值時(shí)，線段P′Q′與線段EF相交？

Answer 1

分析 （1）根據(jù)相似三角形的性質(zhì)得到$\frac{QC}{PC}=\frac{AC}{BC}$，代入數(shù)據(jù)解得t=$\frac{3}{5}$；
（2）作EH⊥AC于H，根據(jù)三角形的面積公式得到S=$\sqrt{3}$t²+$\frac{3\sqrt{3}}{4}$t-$\frac{\sqrt{3}}{4}$（$\frac{1}{2}$＜t≤1），當(dāng)t≥-$\frac{3}{8}$時(shí)，s隨t的增大而增大，于是得到當(dāng)t=1時(shí)，S_最大=$\frac{3\sqrt{3}}{2}$；
（3）如圖3，設(shè)AC與EF交于點(diǎn)M，易得CM=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，當(dāng)CP′=CP≥CM，且CQ′=CQ≤CF時(shí)，線段P′Q′與線段EF相交，解不等式組即可得到結(jié)論

解答 解：（1）如圖1，

∵PQ∥EF，
∴△QPC∽△ABC，
∴$\frac{QC}{PC}=\frac{AC}{BC}$，
∴$\frac{t}{2\sqrt{3}t-\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{1}$，解得：t=$\frac{3}{5}$；
∴當(dāng)t為$\frac{3}{5}$時(shí)，PQ∥EF；
（2）如圖2，作EH⊥AC于H，

∴EH∥BC，
∵AE=BE，
∴AH=CH=$\frac{1}{2}$AC=1，
∵BF=2BE=2，
∴CF=1，
∴PH=2$\sqrt{3}$t-$\frac{1}{2}\sqrt{3}$，QF=t+1，
∴S=S_△PQF+S_△QEF=$\frac{1}{2}$QF•PC+$\frac{1}{2}$QF•CH=$\frac{1}{2}$•QF•PH=$\frac{1}{2}$（2$\sqrt{3}$t-$\frac{1}{2}$$\sqrt{3}$）（t+1）=$\sqrt{3}$t²+$\frac{3\sqrt{3}}{4}$t-$\frac{\sqrt{3}}{4}$（$\frac{1}{2}$＜t≤1），
當(dāng)t≥-$\frac{3}{8}$時(shí)，s隨t的增大而增大，
∵$\frac{1}{2}$＜t≤1，
∴當(dāng)t=1時(shí)，S_最大=$\frac{3\sqrt{3}}{2}$；
（3）如圖3，設(shè)AC與EF交于點(diǎn)M，易得CM=$\frac{\sqrt{3}}{3}$，


當(dāng)CP′=CP≥CM，且CQ′=CQ≤CF時(shí)，
線段P′Q′與線段EF相交，
也就是$\left\{\begin{array}{l}{2\sqrt{3}t-\sqrt{3}≥\frac{\sqrt{3}}{3}}\\{t≤1}\end{array}\right.$，
解得$\frac{2}{3}$≤t≤1．

點(diǎn)評(píng) 本題考查了相似三角形的判定和性質(zhì)，二次函數(shù)的性質(zhì)，求二次函數(shù)的最值，特殊角的三角函數(shù)，解直角三角形，正確作出圖形是解題的關(guān)鍵．