Question

【題目】如圖，四邊形OABC是等腰梯形，OA∥BC，A的坐標(biāo)（4，0），B的坐標(biāo)（3，2），點(diǎn)M從O點(diǎn)以每秒3個(gè)單位的速度向終點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)；同時(shí)點(diǎn)N從B點(diǎn)出發(fā)以每秒1個(gè)單位的速度向終點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)（M到達(dá)點(diǎn)A后停止，點(diǎn)N繼續(xù)運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)停止），過點(diǎn)N作NP⊥OA于P點(diǎn)，連接AC交NP于Q，連接MQ，如動(dòng)點(diǎn)N運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒．

（1）求直線AC的解析式；

（2）當(dāng)t取何值時(shí)？△AMQ的面積最大，并求此時(shí)△AMQ面積的最大值；

（3）是否存在t的值，使△PQM與△PQA相似？若存在，求出t的值；若不存在，請(qǐng)說明理由．

Answer 1

【答案】（1）y=﹣x+；（2）當(dāng)t=時(shí)，S值最大，且最大值為；（3）當(dāng)t的值為或或或≤t≤2時(shí)，△PQM與△PQA相似

【解析】

（1）分別過C、B作x軸的垂線，設(shè)垂足為D、E，根據(jù)B、A的坐標(biāo)可知AE=1，根據(jù)等腰梯形的對(duì)稱性知，OD=AE=1，而B、C的縱坐標(biāo)相等，由此可確定C點(diǎn)的坐標(biāo)，即可用待定系數(shù)法求出直線AC的解析式；
（2）易知BC=2，可用t表示出CN的長(zhǎng)，再根據(jù)∠NCQ（即∠CAD）的正切值求出NQ的長(zhǎng)，進(jìn)而可表示出QP的長(zhǎng)；同理可用t表示出AM的長(zhǎng)，以AM為底，PQ為高即可得到關(guān)于△AMQ的面積與t的函數(shù)關(guān)系式，根據(jù)所得函數(shù)的性質(zhì)及自變量的取值范圍即可求出△AMQ的最大面積及對(duì)應(yīng)的t的值；
（3）此題要分兩種情況考慮：
①當(dāng)M在點(diǎn)P左側(cè)時(shí)，由于∠QPM=∠QPA=90°，若△PQM與△PQA相似則有兩種可能：
一、△QPM∽△QPA（此時(shí)兩三角形全等），二、△QPM∽△APQ；
根據(jù)上述兩種情況所得的不同比例線段即可求出t的值；
②當(dāng)M在P點(diǎn)右側(cè)時(shí)，方法同①．

解：（1）分別過C、B作CD⊥x軸于D，BE⊥x軸于E；

則AE=4﹣3=1，BE=CD=2；

由于四邊形ABCO是等腰梯形，則OC=AB，∠COD=∠BAE；

∴Rt△COD≌Rt△BAE；

∴OD=AE=1，即C（1，2）；

設(shè)直線AC的解析式為：y=kx+b，則有：

，

解得 ；

∴直線AC的解析式為：y=﹣x+；

（2）在Rt△ACD中，AD=3，CD=2；

∴tan∠CAD=；

∵BN=t，OM=3t，

∴CN=2﹣t，AM=4﹣3t；

∴QN=CNtan∠NCQ=CNtan∠CAD=（2﹣t）；

∴PQ=NP﹣NQ=2﹣（2﹣t）=；

設(shè)△AMQ的面積為S，則有：

S=（4﹣3t） =﹣t2+t+=﹣（t﹣）2+（0≤t≤2），

∴當(dāng)t=時(shí)，S值最大，且最大值為；

（3）①當(dāng)M點(diǎn)位于點(diǎn)P左側(cè)時(shí)，即0≤t＜時(shí)；

QP= ，PM=3﹣4t，AP=t+1；

由于∠QPM=∠QPA=90°，若△PQM與△PQA相似，則有：

（一）、△QPM∽△QPA，由于QP=QP，則△QPM≌△QPA；

∴PM=PA，即3﹣4t=t+1，

解得t=；

（二）、△QPM∽△APQ，則有：QP2=MPAP，即：

（t+1）2=（3﹣4t）（t+1），

解得t=，t=﹣1（舍去）；

②當(dāng)點(diǎn)M位于點(diǎn)P右側(cè)時(shí)，即＜t≤2時(shí)；

QP=，PM=4t﹣3，AP=t+1；

若△PQM與△PQA相似，則有：

（一）、△QPM∽△QPA，由于QP=QP，則△QPM≌△QPA；

此時(shí)M、A重合，

∴≤t≤2；

（二）、△QPM∽△APQ，則有：QP2=MPAP，

即（t+1）2=（4t﹣3）（t+1），

解得t=，t=﹣1（舍去）；

綜上所述，當(dāng)t的值為或或或≤t≤2時(shí)，△PQM與△PQA相似．