Question

2．已知：如圖，△ABC是腰長(zhǎng)為12cm的等腰三角形，底邊BC=6cm，動(dòng)點(diǎn)P、Q、M同時(shí)從A、B兩點(diǎn)出發(fā)，分別沿AB、BC、CA方向勻速移動(dòng)，點(diǎn)P、點(diǎn)M的速度是2cm/s，點(diǎn)Q的速度是1cm/s，當(dāng)點(diǎn)P到達(dá)點(diǎn)B時(shí)，Q、M兩點(diǎn)停止運(yùn)動(dòng)，設(shè)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)時(shí)為t（s），解答下列問題：
（1）當(dāng)t為何值時(shí)，△PBQ是直角三角形；
（2）設(shè)四邊形PBQM的面積為y（cm²），求y與t的關(guān)系式；
（3）是否存在某一時(shí)刻t，使四邊形PBQM的面積與△ABC的面積之比是13：18？如果存在，求出相應(yīng)的t值；不存在，說明理由；
（4）四邊形PBQM在變化過程中能否成為平行四邊形，如果能，求出t的值；如果不能，說明理由．

Answer 1

分析 （1）分兩種情況討論：①如圖1，當(dāng)∠PQB=90°時(shí)，②如圖2，當(dāng)∠BPQ=90°時(shí)，分別作兩三角形對(duì)應(yīng)高線，利用勾股定理列方程可以求出t的值；
（2）四邊形PBQM的面積等于=S_△ABC-S_△APM-S_△QCM，分別作出△APM和△QMC的高線，根據(jù)同角的三角函數(shù)值表示出PE和MD的值，代入面積公式可以求出y與t的關(guān)系式；
（3）將（2）式求出的關(guān)系式與△ABC面積的比等于13：18列式，解方程即可，有解則存在；
（4）能成為平行四邊形，如圖4，根據(jù)等角對(duì)等邊得AP=AM列式，求出t的值．

解答 解：（1）由題意得：AP=2t，BQ=t，則BP=12-2t，
分兩種情況：①如圖1，當(dāng)∠PQB=90°時(shí)，過A作AD⊥BC于D，
∵AB=AC，
∴BD=CD=$\frac{1}{2}$BC=$\frac{1}{2}$×6=3，
由勾股定理得：AD=$\sqrt{1{2}^{2}-{3}^{2}}$=3$\sqrt{15}$，
∵PQ∥AD，
∴$\frac{BQ}{BD}=\frac{PQ}{AD}$，
∴$\frac{t}{3}=\frac{PQ}{3\sqrt{15}}$，
∴PQ=$\sqrt{15}$t，
由勾股定理得：（12-2t）²=t²+（$\sqrt{15}$t）²，
解得：t₁=-6（舍），t₂=2；
②如圖2，當(dāng)∠BPQ=90°時(shí)，過C作CD⊥AB于D，
設(shè)AD=x，則BD=12-x，
由勾股定理得：AC²-AD²=BC²-BD²，
則12²-x²=6²-（12-x）²，
解得：x=$\frac{21}{2}$，
∴AD=$\frac{21}{2}$，BD=12-$\frac{21}{2}$=$\frac{3}{2}$，
∴CD=$\sqrt{B{C}^{2}-B{D}^{2}}$=$\sqrt{{6}^{2}-（\frac{3}{2}）^{2}}$=$\frac{3\sqrt{15}}{2}$，
∵PQ∥CD，
∴$\frac{BQ}{BC}=\frac{PQ}{CD}$，
∴$\frac{t}{6}=\frac{PQ}{\frac{3\sqrt{15}}{2}}$，
∴PQ=$\frac{\sqrt{15}}{4}$t，
由勾股定理得：t²=（12-2t）²+（$\frac{\sqrt{15}}{4}$t）²，
解得：t₁=$\frac{48}{7}$＞6（舍），t₂=$\frac{16}{3}$，
綜上所述，當(dāng)t=2或$\frac{16}{3}$時(shí)，△PBQ是直角三角形；
（2）如圖3，過P作PE⊥AC于E，過M作MD⊥BC于D，
由（1）得：$\frac{PE}{2t}=\frac{\frac{3\sqrt{15}}{2}}{12}$，$\frac{MD}{2t}=\frac{3\sqrt{15}}{12}$，
∴PE=$\frac{\sqrt{15}}{4}$t，MD=$\frac{\sqrt{15}}{2}$t，
∴y=S_△ABC-S_△APM-S_△QCM，
=$\frac{1}{2}$×6×3$\sqrt{15}$-$\frac{1}{2}$AM•PE-$\frac{1}{2}$QC•MD，
=9$\sqrt{15}$-$\frac{1}{2}$（12-2t）×$\frac{\sqrt{15}}{4}$t-$\frac{1}{2}$（6-t）×$\frac{\sqrt{15}}{2}$t，
=$\frac{\sqrt{15}}{2}{t}^{2}$-3$\sqrt{15}$t+9$\sqrt{15}$（0≤t≤6）；
（3）存在，由題意得：
$\frac{\frac{\sqrt{15}}{2}{t}^{2}-3\sqrt{15}t+9\sqrt{15}}{9\sqrt{15}}$=$\frac{13}{18}$，
解得：t₁=1，t₂=5；
（4）如圖4，當(dāng)PM∥BC，QM∥AB時(shí)，四邊形PBQM為平行四邊形，
∵AB=AC，
∴∠B=∠C，
∵PM∥BC，
∴∠APM=∠B，∠AMP=∠C，
∴∠APM=∠AMP，
∴AP=AM，
∴2t=12-2t，
t=3，
∴四邊形PBQM在變化過程中能成為平行四邊形，此時(shí)t的值為3．

點(diǎn)評(píng) 本題是四邊形的綜合題，考查了等腰三角形、直角三角形、平行四邊形的性質(zhì)和判定；如果動(dòng)點(diǎn)組成直角三角形時(shí)，要分三種情況進(jìn)行討論，本題是兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，一個(gè)定點(diǎn)組成直角三角形，所以分兩種情況進(jìn)行討論即可；求不規(guī)則多邊形的面積時(shí)，可以連線將其分成若干個(gè)規(guī)則圖形或利用差來求．