Question

5．如圖，在△ABC中，∠B=90°，AB=6米，BC=8米，動點(diǎn)P以2米/秒的速度從A點(diǎn)出發(fā)，沿AC向點(diǎn)C移動．同時(shí)，動點(diǎn)Q以1米/秒的速度從C點(diǎn)出發(fā)，沿CB向點(diǎn)B移動．當(dāng)其中有一點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)時(shí)，它們都停止．設(shè)移動的時(shí)間為t秒．
（1）當(dāng)t=2.5秒時(shí)，求△CPQ的面積；
（2）求△CPQ的面積S（平方米）關(guān)于時(shí)間t（秒）的函數(shù)解析式；
（3）在P，Q移動過程中，當(dāng)△CPQ為等腰三角形時(shí)，寫出t的值．

Answer 1

分析 （1）圖1中，作PD⊥BC于D，利用三角形中位線定理即可求得PD的長，然后利用三角形的面積公式即可求解．
（2）圖1中，作QE⊥PC于點(diǎn)E，利用Rt△QEC∽Rt△ABC求出QE即可．
（3）三種情況進(jìn)行討論①PC=QC ②PQ=QC ③PC=PQ，分別列出方程即可解決．

解答 解：在Rt△ABC中，AB=6米，BC=8米，∴AC=10米
由題意得：AP=2t，則CQ=t，則PC=10-2t．
（1）圖1中，作PD⊥BC于D，
∵t=2.5秒時(shí)，AP=2×2.5=5米，QC=2.5米，
∴PA=PC，
∵∠PDC=∠B=90°，
∴PD∥AB，
∴PD=$\frac{1}{2}$AB=3米，∴S=$\frac{1}{2}$•QC•PD=3.75平方米；
（2）圖1中，作QE⊥PC于點(diǎn)E，
∴∠C=∠C，∠QEC=∠B=90°
∴Rt△QEC∽Rt△ABC，
∴$\frac{QE}{QC}$=$\frac{AB}{AC}$，
解得：QE=$\frac{3}{5}t$，
∴S=$\frac{1}{2}$•PC•QE=$\frac{1}{2}$•（10-2t）•$\frac{3}{5}t$=-$\frac{3}{5}$t²+3t（0＜t＜5）
（3）∵△ABC中，∠B=90°，AB=6米，BC=8米，
∴AC=$\sqrt{A{B}^{2}+B{C}^{2}}$=$\sqrt{{6}^{2}+{8}^{2}}$=10，
當(dāng)PC=QC時(shí)，PC=10-2t，QC=t，即10-2t=t，解得t=$\frac{10}{3}$秒；
當(dāng)PQ=CQ時(shí)，如圖1，過點(diǎn)Q作QE⊥AC，則CE=$\frac{10-2t}{2}$=5-t，CQ=t，
由△CEQ∽△CBA，得$\frac{CE}{BC}=\frac{QC}{AC}$，即$\frac{5-t}{8}=\frac{t}{10}$，解得t=$\frac{25}{9}$秒；
當(dāng)PC=PQ時(shí)，如圖2，過點(diǎn)P作PE⊥BC，則CE=$\frac{t}{2}$，PC=10-2t，
由△PCE∽△ACB，故得$\frac{CE}{BC}$=$\frac{PC}{AC}$，即$\frac{\frac{t}{2}}{8}=\frac{10-2t}{10}$，解得t=$\frac{80}{21}$秒
所以當(dāng)t=$\frac{10}{3}$秒（此時(shí)PC=QC），$\frac{25}{9}$秒（此時(shí)PQ=QC），或$\frac{80}{21}$秒（此時(shí)PQ=PC）△CPQ為等腰三角形；

點(diǎn)評 本題主要考查了相似三角形的性質(zhì)、勾股定理、等腰三角形的性質(zhì)、利用相似三角形的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵，學(xué)會轉(zhuǎn)化的思想，把問題轉(zhuǎn)化為方程解決，屬于中考�？碱}型．