Question

如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=8cm，AB=10cm．點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，以5cm/s的速度從點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)到終點(diǎn)B；同時(shí)，點(diǎn)Q從點(diǎn)C出發(fā)，以3cm/s的速度從點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)到終點(diǎn)B，連結(jié)PQ；過點(diǎn)P作PD⊥AC交AC于點(diǎn)D，將△APD沿PD翻折得到△A′PD，以A′P和PB為鄰邊作?A′PBE，A′E交射線BC于點(diǎn)F，交射線PQ于點(diǎn)G．設(shè)?A′PBE與四邊形PDCQ重疊部分圖形的面積為Scm²，點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為ts．
（1）當(dāng)t為何值時(shí)，點(diǎn)A′與點(diǎn)C重合；
（2）用含t的代數(shù)式表示QF的長；
（3）求S與t的函數(shù)關(guān)系式；
（4）請(qǐng)直接寫出當(dāng)射線PQ將?A′PBE分成的兩部分圖形的面積之比是1：3時(shí)t的值．

Answer 1

考點(diǎn)：相似形綜合題,解一元一次不等式組,等腰三角形的判定與性質(zhì),勾股定理,平行四邊形的性質(zhì),相似三角形的判定與性質(zhì)

專題：壓軸題

分析：（1）易證△ADP∽△ACB，從而可得AD=4t，由折疊可得AA′=2AD=8t，由點(diǎn)A′與點(diǎn)C重合可得8t=8，從而可以求出t的值．
（2）根據(jù)點(diǎn)F的位置不同，可分點(diǎn)F在BQ上（不包括點(diǎn)B）、在CQ上（不包括點(diǎn)Q）、在BC的延長線上三種情況進(jìn)行討論，就可解決問題．
（3）根據(jù)點(diǎn)F的位置不同，可分點(diǎn)F在BQ上（不包括點(diǎn)B）、在CQ上（不包括點(diǎn)Q）、在BC的延長線上三種情況進(jìn)行討論，就可解決問題．
（4）可分①S_△A′PG：S_{四邊形PBEG}=1：3，如圖7，②S_△BPN：S_{四邊形PNEA′}=1：3，如圖8，兩種情況進(jìn)行討論，就可解決問題．

解答：解：（1）如圖1，

由題可得：PA′=PA=5t，CQ=3t，AD=A′D．
∵∠ACB=90°，AC=8，AB=10，∴BC=6．
∵∠ADP=∠ACB=90°，
∴PD∥BC．
∴△ADP∽△ACB．
∴

AD

AC

=

PD

BC

=

AP

AB

．
∴

AD

8

=

PD

6

=

5t

10

．
∴AD=4t，PD=3t．
∴AA′=2AD=8t．
當(dāng)點(diǎn)A′與點(diǎn)C重合時(shí)，AA′=AC．
∴8t=8．
∴t=1．

（2）①當(dāng)點(diǎn)F在線段BQ上（不包括點(diǎn)B）時(shí)，如圖1，

則有CQ≤CF＜CB．
∵四邊形A′PBE是平行四邊形，
∴A′E∥BP．
∴△CA′F∽△CAB．
∴

CF

CB

=

CA′

CA

．
∴

CF

6

=

8-8t

8

．
∴CF=6-6t．
∴3t≤6-6t＜6．
∴0＜t≤

2

3

．
此時(shí)QF=CF-CQ=6-6t-3t=6-9t．
②當(dāng)點(diǎn)F在線段CQ上（不包括點(diǎn)Q）時(shí)，如圖2，

則有0≤CF＜CQ．
∵CF=6-6t，CQ=3t，
∴0≤6-6t＜3t．
∴

2

3

＜t≤1．
此時(shí)QF=CQ-CF=3t-（6-6t）=9t-6．
③當(dāng)點(diǎn)F在線段BC的延長線上時(shí)，如圖3，

則有AA′＞AC，且AP＜AB．
∴8t＞8，且5t＜10．
∴1＜t＜2．
同理可得：CF=6t-6．
此時(shí)QF=QC+CF=3t+6t-6=9t-6．
綜上所述：當(dāng)0＜t≤

2

3

時(shí)，QF=6-9t；當(dāng)

2

3

＜t＜2時(shí)，QF=9t-6．

（3）①當(dāng)0＜t≤

2

3

時(shí)，
過點(diǎn) A′作A′M⊥PG，垂足為M，如圖4，

則有A′M=CQ=3t．
∵

BP

BA

=

10-5t

10

=

2-t

2

，

BQ

BC

=

6-3t

6

=

2-t

2

，
∴

BP

BA

=

BQ

BC

，
∵∠PBQ=∠ABC，
∴△BPQ∽△BAC．
∴∠BQP=∠BCA．
∴PQ∥AC．
∵AP∥A′G．
∴四邊形APGA′是平行四邊形．
∴PG=AA′=8t．
∴S=S_△A′PG=

1

2

PG•A′M
=

1

2

×8t×3t=12t²．
②當(dāng)

2

3

＜t≤1時(shí)，
過點(diǎn) A′作A′M⊥PG，垂足為M，如圖5，

則有A′M=QC=3t，PQ=DC=8-4t，PG=AA′=8t，QG=PG-PQ=12t-8，QF=9t-6．
∴S=S_△A′PG-S_△GQF
=

1

2

PG•A′M-

1

2

QG•QF
=

1

2

×8t×3t-

1

2

×（12t-8）×（9t-6）
=-42t²+72t-24．
③當(dāng)1＜t＜2時(shí)，如圖6，

∵PQ∥AC，PA=PA′
∴∠BPQ=∠PAA′，∠QPA′=∠PA′A，∠PAA′=∠PA′A．
∴∠BPQ=∠QPA′．
∵∠PQB=∠PQS=90°，
∴∠PBQ=∠PSQ．
∴PB=PS．
∴BQ=SQ．
∴SQ=6-3t．
∴S=S_△PQS=

1

2

PQ•QS=

1

2

×（8-4t）×（6-3t）=6t²-24t+24．
綜上所述：當(dāng)0＜t≤

2

3

時(shí)，S=12t²；
當(dāng)

2

3

＜t≤1時(shí)，S=-42t²+72t-24；
當(dāng)1＜t＜2時(shí)，S=6t²-24t+24．

（4）①若S_△A′PG：S_{四邊形PBEG}=1：3，
過點(diǎn)A′作A′M⊥PG，垂足為M，過點(diǎn)A′作A′T⊥PB，垂足為T，如圖7，

則有A′M=PD=QC=3t，PG=AA′=8t．
∴S_△A′PG=

1

2

×8t×3t=12t²．
∵S_△APA′=

1

2

AP•A′T=

1

2

AA′•PD，
∴A′T=

AA′•PD

AP

=

8t×3t

5t

=

24

5

t．
∴S?PBEA′=PB•A′T=（10-5t）×

24

5

t=24t（2-t）．
∵S_△A′PG：S_{四邊形PBEG}=1：3，
∴S_△A′PG=

1

4

×S_?PBEA′．
∴12t²=

1

4

×24t（2-t）．
∵t＞0，
∴t=

2

3

．
②若S_△BPN：S_{四邊形PNEA′}=1：3，如圖8，

同理可得：∠BPQ=∠A′PQ，BQ=6-3t，PQ=8-4t，S?PBEA′=24t（2-t）．
∵四邊形PBEA′是平行四邊形，
∴BE∥PA′．
∴∠BNP=∠NPA′．
∴∠BPN=∠BNP．
∴BP=BN．
∵∠BQP=∠BQN=90°，
∴PQ=NQ．
∴S_△BPN=

1

2

PN•BQ=PQ•BQ
=（8-4t）×（6-3t）．
∵S_△BPN：S_{四邊形PNEA′}=1：3，
∴S_△BPN=

1

4

×S_?PBEA′．
∴（8-4t）×（6-3t）=

1

4

×24t（2-t）．
∵t＜2，
∴t=

4

3

．
綜上所述：當(dāng)射線PQ將?A′PBE分成的兩部分圖形的面積之比是1：3時(shí)，t的值為

2

3

秒或

4

3

秒．

點(diǎn)評(píng)：本題考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的判定與性質(zhì)、平行四邊形的性質(zhì)、解一元一次不等式組、勾股定理等知識(shí)，還考查了分類討論的思想，有一定的綜合性．