Question

已知：如圖，△ABC是邊長(zhǎng)3cm的等邊三角形，動(dòng)點(diǎn)P、Q同時(shí)從A、B兩點(diǎn)出發(fā)，分別沿AB、BC方向勻速移動(dòng)，它們的速度都是1cm/s，當(dāng)點(diǎn)P到達(dá)點(diǎn)B時(shí)，P、Q兩點(diǎn)停止運(yùn)動(dòng)．設(shè)點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t（s），設(shè)四邊形APQC的面積為y（cm²）
（1）求y與t的關(guān)系式；
（2）如果△PBQ是直角三角形，求：四邊形APQC的面積；
（3）是否存在某一時(shí)刻t，使四邊形APQC的面積是△ABC面積的三分之二？如果存在，求出相應(yīng)的t值；不存在，說(shuō)明理由．

Answer 1

分析：（1）過(guò)P作PM⊥BC于M，過(guò)A作AD⊥BC于D，根據(jù)等邊三角形性質(zhì)求出求出BD，根據(jù)勾股定理求出AD，求出△ABC的面積，根據(jù)sin60°=

PM

BP

，求出PM，求出△PBQ的面積，相減即可求出答案；
（2）分為兩種情況：①當(dāng)∠PQB=90°時(shí)，根據(jù)cosB=

BQ

PB

，代入求出t；②當(dāng)∠QPB=90°時(shí)，根據(jù)cosB=

BP

BQ

，代入求出t，分別把t的值代入（1）求出的函數(shù)解析式，即可求出答案；
（3）假設(shè)存在，根據(jù)題意得出方程

3

4

t²-

3 3

4

t+

9 3

4

=

2

3

×

1

2

×3×

3 3

2

，求出方程的b²-4ac，看看是否大于等于0，即可根據(jù)判別式判斷方程是否有解，根據(jù)方程解得情況判斷即可．

解答：（1）解：過(guò)P作PM⊥BC于M，過(guò)A作AD⊥BC于D，
∵三角形ABC是等邊三角形，
∴∠B=60°，BD=CD=

3

2

，
由勾股定理得：AD=

3 3

2

，
∵sin60°=

PM

BP

，
∴

PM

3-t

=

3

2

，
∴PM=

3

2

（3-t），
∴y=S_△ABC-S_△PBQ，
=

1

2

BC×AD-

1

2

BQ×PM，
=

1

2

×3×

3 3

2

-

1

2

×t×

3

2

（3-t），
=

3

4

t²-

3 3

4

t+

9 3

4

，
即y=

3

4

t²-

3 3

4

t+

9 3

4

；

（2）解：分為兩種情況：①如圖，當(dāng)∠PQB=90°時(shí)，cosB=

BQ

PB

，

t

3-t

=

1

2

t=1，
y=

3

4

×1-

3 3

4

×1+

9 3

4

=

7 3

4

；

②如圖，當(dāng)∠QPB=90°時(shí)，cosB=

BP

BQ

，

3-t

t

=

1

2

，
t=2，
y=

3

4

×4-

3 3

4

×2+

9 3

4

=

7 3

4

；
答：四邊形APQC的面積是

7 3

4

；

（3）解：不存在某一時(shí)刻t，使四邊形APQC的面積是△ABC面積的三分之二，
理由是：假設(shè)存在t，使四邊形APQC的面積是△ABC面積的三分之二，
則

3

4

t²-

3 3

4

t+

9 3

4

=

2

3

×

1

2

×3×

3 3

2

，
t²-3t+3=0，
b²-4ac=（-3）²-4×1×3=-3＜0，
此方程無(wú)解，
即不存在某一時(shí)刻t，使四邊形APQC的面積是△ABC面積的三分之二．

點(diǎn)評(píng)：本題考查的知識(shí)點(diǎn)是三角形的面積、等邊三角形的性質(zhì)、直角三角形性質(zhì)、勾股定理、函數(shù)的解析式等，主要考查學(xué)生綜合運(yùn)用性質(zhì)進(jìn)行計(jì)算的能力，注意：要進(jìn)行分類討論．