Question

4．在△ABC中，∠BAC=90°，AB＜AC，∠PMQ是直角，且直角頂點(diǎn)M是BC邊的中點(diǎn)，MN⊥BC交AC于點(diǎn)N．PM邊上動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)B出發(fā)沿射線BA以每秒2cm的速度運(yùn)動(dòng)，同時(shí)，MQ邊上動(dòng)點(diǎn)Q從點(diǎn)N出發(fā)沿射線NC運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒（t＞0）．
（1）求證：△PBM∽△QNM；
（2）探求BP²、PQ²、CQ²三者之間的數(shù)量關(guān)系，并說明理由．
（3）若∠ABC=60°，BC=8cm．
①求動(dòng)點(diǎn)Q的運(yùn)動(dòng)速度；
②設(shè)△APQ的面積為S（平方厘米），求S與t的函數(shù)關(guān)系式；

Answer 1

分析 （1）根據(jù)MQ垂直于MP，MN垂直于BC，利用等式的性質(zhì)得到一對角相等，再利用同角的余角相等得到一對角相等，利用兩角相等的三角形相似即可得證；
（2）PQ²=BP²+CQ²，理由如下：如圖1，延長QM至D，使MD=MQ，連結(jié)BD、PD，利用SAS得到三角形BDM與三角形CQM全等，利用全等三角形的對應(yīng)角相等，對應(yīng)邊相等得到一對內(nèi)錯(cuò)角相等，進(jìn)而確定出BD與CQ平行且相等，利用兩直線平行同旁內(nèi)角互補(bǔ)，得到∠PBD為直角，利用勾股定理列出關(guān)系式，等量代換即可得證；
（3）由M為BC中點(diǎn)，求出CM的長，在直角三角形MNC中，利用銳角三角函數(shù)定義求出MN的長，①設(shè)Q點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)速度為vcm/s，如圖1，當(dāng)0≤t＜2$\sqrt{3}$時(shí)，由（1）知△PBM∽△QNM，由相似得比例求出Q速度，如圖2，易知當(dāng)t≥2$\sqrt{3}$時(shí)，Q的速度；②由AC-NC表示出AN，如圖1，當(dāng)0≤t＜2$\sqrt{3}$時(shí)，根據(jù)AP，AQ，表示出S；如圖2，當(dāng)t≥2$\sqrt{3}$時(shí)，同理表示出AP，AQ，進(jìn)而表示出S即可．

解答 （1）證明：如圖1，∵M(jìn)Q⊥MP，MN⊥BC，
∴∠PMB+∠PMN=90°，∠QMN+∠PMN=90°，
∴∠PMB=QMN，
∵∠PBM+∠C=90°，∠QNM+∠C=90°，
∴∠PBM=∠QNM，
∴△PBM∽△QNM；
（2）解：PQ²=BP²+CQ²，理由如下：如圖1，延長QM至D，使MD=MQ，連結(jié)BD、PD，

∵BC、DQ互相平分，
∴BM=CM，DM=QM，
在△BDM和△CQM中，
$\left\{\begin{array}{l}{BM=CM}\\{∠BMD=∠CMQ}\\{DM=QM}\end{array}\right.$，
∴△BDM≌△CQM（SAS），
∴∠CQM=∠BDM，BD=CQ，
∴BD∥CQ，
∵∠BAC=90°，
∴∠PBD=90°，
∴PD²=BP²+BD²=BP²+CQ²，
∵PM垂直平分DQ，
∴PQ=PD，
則PQ²=BP²+CQ²；
（3）解：∵BC=8cm，M為BC的中點(diǎn)，
∴BM=CM=4cm，
∵∠ABC=60°，∠C=30°，
∴MN=$\frac{\sqrt{3}}{3}$CM=$\frac{{4\sqrt{3}}}{3}$cm；
①設(shè)Q點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)速度為vcm/s，
如圖1，當(dāng)0≤t＜2$\sqrt{3}$cm時(shí)，由（1）知△PBM∽△QNM，
∴$\frac{NQ}{BP}$=$\frac{MN}{MB}$，即$\frac{vt}{2t}$=$\frac{\frac{4\sqrt{3}}{3}}{4}$，
∴v=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$cm/s；

如圖2，易知當(dāng)t≥2$\sqrt{3}$時(shí)，v=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$cm/s，
綜上所述，Q點(diǎn)運(yùn)動(dòng)速度為$\frac{2\sqrt{3}}{3}$cm/s；
②∵BC=8cm，AB=4cm，AC=4$\sqrt{3}$cm，NC=$\frac{8\sqrt{3}}{3}$cm，
∴AN=AC-NC=4$\sqrt{3}$-$\frac{8\sqrt{3}}{3}$=$\frac{4\sqrt{3}}{3}$cm，
∴如圖1，當(dāng)0≤t＜2$\sqrt{3}$cm時(shí)，AP=（4-2t）cm，AQ=AN+NQ=（$\frac{4\sqrt{3}}{3}$+$\frac{2\sqrt{3}}{3}$t）cm，
∴S=$\frac{1}{2}$AP•AQ=$\frac{1}{2}$（4-2t）（$\frac{4\sqrt{3}}{3}$+$\frac{2\sqrt{3}}{3}$t）=（-$\frac{2\sqrt{3}}{3}$t²+$\frac{8\sqrt{3}}{3}$）cm²；
如圖2，當(dāng)t≥2$\sqrt{3}$cm時(shí)，AP=（2t-4）cm，AQ=AN+NQ=（$\frac{4\sqrt{3}}{3}$+$\frac{2\sqrt{3}}{3}$t）cm，
∴S=$\frac{1}{2}$AP•AQ=$\frac{1}{2}$（2t-4）（$\frac{4\sqrt{3}}{3}$+$\frac{2\sqrt{3}}{3}$t）=（$\frac{2\sqrt{3}}{3}$t²-$\frac{8\sqrt{3}}{3}$）cm²．

點(diǎn)評 此題屬于相似形綜合題，涉及的知識(shí)有：相似三角形的判定與性質(zhì)，全等三角形的判定與性質(zhì)，以及勾股定理，利用了分類討論的思想，熟練掌握相似三角形的判定與性質(zhì)是解本題的關(guān)鍵．