Question

17．已知等邊△ABC的邊長(zhǎng)為4cm，點(diǎn)P，Q分別是邊AB，BC上的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)P從頂點(diǎn)A沿射線AB運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)Q同時(shí)從頂點(diǎn)B沿射線BC運(yùn)動(dòng)，它們的運(yùn)動(dòng)速度都為1cm/s，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒
（1）如圖1，當(dāng)P，Q點(diǎn)在AB，BC邊上運(yùn)動(dòng)時(shí)，連接AQ，CP交于點(diǎn)M，則在P、Q運(yùn)動(dòng)的過程中，∠CMQ的大小會(huì)發(fā)生變化嗎？若變化，則說明理由；若不變，求出它的度數(shù)；
（2）在P，Q運(yùn)動(dòng)的過程中，△PBQ能否成為直角三角形？若不能，請(qǐng)說明理由；若能，請(qǐng)則求出此時(shí)t的值；
（3）如圖2，當(dāng)點(diǎn)P，Q分別運(yùn)動(dòng)到AB，BC的延長(zhǎng)線上時(shí)，直線AQ，CP交于點(diǎn)M，當(dāng)AM：PM=2：3時(shí)，求PC的長(zhǎng)．

Answer 1

分析 （1）因?yàn)辄c(diǎn)P從頂點(diǎn)A，點(diǎn)Q從頂點(diǎn)B同時(shí)出發(fā)，且它們的速度都為1cm/s，所以AP=BQ．AB=AC，∠B=∠CAP=60°，因而運(yùn)用邊角邊定理可知△ABQ≌△CAP．再用全等三角形的性質(zhì)定理及三角形的角間關(guān)系、三角形的外角定理，可求得CQM的度數(shù)．
（2）設(shè)時(shí)間為t，則AP=BQ=t，PB=4-t．分別就①當(dāng)∠PQB=90°時(shí)；②當(dāng)∠BPQ=90°時(shí)利用直角三角形的性質(zhì)定理求得t的值．
（3）如圖2中，作AN⊥BC于N，先證明AQ=PC，由△ABQ∽△AMP，得到$\frac{AB}{AM}$=$\frac{BQ}{PM}$，即$\frac{AM}{PM}$=$\frac{AB}{BQ}$=$\frac{2}{3}$，由此求出BQ，CQ，在Rt△ANQ中，利用勾股定理求出AQ，即可解決問題．

解答 解：（1）∠CMQ=60°，不變．
∵等邊三角形中，AB=AC，∠B=∠CAP=60°
又由條件得AP=BQ，
在△ABQ和△CAP中，
$\left\{\begin{array}{l}{AB=AC}\\{∠ABQ=∠CAP}\\{BQ=AP}\end{array}\right.$，
∴△ABQ≌△CAP（SAS），
∴∠BAQ=∠ACP，
∴∠CMQ=∠ACP+∠CAM=∠BAQ+∠CAM=∠BAC=60°．

（2）設(shè)時(shí)間為t，則AP=BQ=t，PB=4-t
①當(dāng)∠PQB=90°時(shí)，
∵∠B=60°，
∴PB=2BQ，得4-t=2t，t=$\frac{4}{3}$；
②當(dāng)∠BPQ=90°時(shí)，
∵∠B=60°，
∴BQ=2BP，得t=2（4-t），t=$\frac{8}{3}$；
∴當(dāng)?shù)?$\frac{4}{3}$秒或第 $\frac{8}{3}$秒時(shí)，△PBQ為直角三角形．

（3）如圖2中，作AN⊥BC于N，
在△ABQ和△CAP中，
$\left\{\begin{array}{l}{AB=AC}\\{∠ABQ=∠CAP}\\{BQ=AP}\end{array}\right.$，
∴△ABQ≌△CAP（SAS），
∴AQ=PC，∠APC=∠AQP，
∵∠PCB=∠MCQ，
∴∠PBC=∠CMQ，
∴∠ABC=∠ANP=60°，
∴△ABQ∽△AMP，
∴$\frac{AB}{AM}$=$\frac{BQ}{PM}$，
∴$\frac{AM}{PM}$=$\frac{AB}{BQ}$=$\frac{2}{3}$，
∵AB=4，
∴BQ=6，CQ=2，
在Rt△ANQ中，∵AN=2$\sqrt{3}$，NQ=4，
∴AQ=PC=$\sqrt{A{N}^{2}+N{Q}^{2}}$=$\sqrt{（2\sqrt{3}）^{2}+{4}^{2}}$=2$\sqrt{7}$．
∴PC=2$\sqrt{7}$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查等邊三角形的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、直角三角形的性質(zhì)．難度很大，有利于培養(yǎng)同學(xué)們鉆研和探索問題的精神，解題的關(guān)鍵是正確尋找全等三角形以及相似三角形，屬于中考?jí)狠S題．