Question

1．如圖，在△ABC中，∠C=90°，AC=4，AB=5，點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，以每秒4個(gè)單位長度的速度沿A-C-B運(yùn)動(dòng)，到點(diǎn)B時(shí)停止．當(dāng)點(diǎn)P不與△ABC的頂點(diǎn)重合時(shí)，過點(diǎn)P作其所在的直角邊的垂線，交AB于點(diǎn)Q，再以PQ為斜邊作等腰直角三角形△PQR，使點(diǎn)R與△ABC的另一條直角邊在PQ的同側(cè)．設(shè)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t（秒）．
（1）BC的長=3，AB邊上的高=$\frac{12}{5}$．
（2）當(dāng)點(diǎn)P在AC上運(yùn)動(dòng)時(shí)，
①請(qǐng)用含有t的代數(shù)式表示線段PQ的長；
②設(shè)△PQR與△ABC 重疊部分的面積為S，求S與t的函數(shù)關(guān)系式，并寫出自變量t的取值范圍．
（3）在點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)過程中，△PQR的直角頂點(diǎn)R是否有可能恰好落在△ABC的某條高上？如果可以，直接寫出相應(yīng)的t值，如果不可能，請(qǐng)說明理由．

Answer 1

分析 （1）根據(jù)勾股定理得到BC的長，根據(jù)三角形的面積公式即可得到結(jié)論；
（2）①只需利用三角函數(shù)就可解決問題；②可分△PQR全部在△ABC內(nèi)和△PQR部分在△ABC內(nèi)兩種情況討論：當(dāng)△PQR全部在△ABC內(nèi)時(shí)，只需運(yùn)用三角形的面積公式就可解決問題；當(dāng)△PQR部分在△ABC內(nèi)時(shí)，只需運(yùn)用割補(bǔ)法就可解決問題；
（3）可分以下幾種情況討論：點(diǎn)R在AB的高CH上（如圖④和圖⑦）、點(diǎn)R在AC的高BC上（如圖⑤）、點(diǎn)R在BC的高AC上（如圖⑥），其中圖④和圖⑦可通過構(gòu)造K型全等，并利用相似三角形的性質(zhì)來解決問題，圖5和圖6可通過PQ=2PC來解決問題．

解答 解：（1）設(shè)AB邊上的高為h，
∵∠C=90°，AC=4，AB=5，
∴BC=$\sqrt{A{B}^{2}-A{C}^{2}}$=3，
∵S_△ABC=$\frac{1}{2}$AC•BC=$\frac{1}{2}$AB•h，
∴h=$\frac{AC•BC}{AB}$=$\frac{3×4}{5}$=$\frac{12}{5}$；
故答案為：3，$\frac{12}{5}$；

（2）①由題意可知AP=4t，
tanA=$\frac{PQ}{AP}$=$\frac{BC}{AC}$=$\frac{3}{4}$，
∴PQ=3t；
②當(dāng)0＜t≤$\frac{8}{11}$時(shí)，如圖②．

過點(diǎn)R作RH⊥PQ于點(diǎn)H，
S=$\frac{1}{2}$PQ•RH=$\frac{1}{2}$×3t×$\frac{3t}{2}$=$\frac{9}{4}$t²．
當(dāng)$\frac{8}{11}$＜t＜1時(shí)，如圖③．

過點(diǎn)R作RH⊥PQ于點(diǎn)H，交BC于點(diǎn)G，
則有RG⊥MN，RH=$\frac{1}{2}$PQ=$\frac{3}{2}$t，GH=PC=4-4t，
∴S=S_△RPQ-S_△RMN=$\frac{1}{2}$PQ•RH-$\frac{1}{2}$MN•RH
=RH²-RG²=（$\frac{3}{2}$t）²-[$\frac{3}{2}$t-（4-4t）]²
=-28t²+44t-16；
∴S=$\left\{\begin{array}{l}{\frac{9}{4}{t}^{2}（0＜t≤\frac{8}{11}）}\\{-28{t}^{2}+44t-16（\frac{8}{11}＜t＜1）}\end{array}\right.$；

（3）點(diǎn)R落在△ABC高線上時(shí)，t的值為$\frac{32}{53}$，$\frac{8}{11}$，$\frac{13}{10}$，$\frac{67}{46}$． 
可分以下幾種情況討論：如圖④～⑦
①點(diǎn)P在AC上，且點(diǎn)R在AB的高CH上，如圖④，

過點(diǎn)P作PG⊥CH于G，
易證△PGR≌△RHQ，則有PG=RH，GR=QH．
易求得AB=5，CH=$\frac{12}{5}$，AH=$\frac{16}{5}$，BH=$\frac{9}{5}$．
PC=4-4t，CG=$\frac{3}{5}$PC=$\frac{3}{5}$（4-4t），PG=$\frac{4}{5}$PC=$\frac{4}{5}$（4-4t），
AQ=$\frac{5}{4}$AP=5t，QH=AH-AQ=$\frac{16}{5}$-5t．
根據(jù)CH=CG+GR+RH=CG+QH+PG=$\frac{12}{5}$，得$\frac{3}{5}$（4-4t）+$\frac{16}{5}$-5t+$\frac{4}{5}$（4-4t）=$\frac{12}{5}$，
解得：t=$\frac{32}{53}$．
②點(diǎn)P在AC上，且點(diǎn)R在AC的高BC上，如圖⑤

過點(diǎn)R作RH⊥PQ于H，
易得PQ=2RH=2PC，PQ=$\frac{3}{4}$AP=3t，PC=4-4t，
∴3t=2（4-4t），
解得：t=$\frac{8}{11}$．
③點(diǎn)P在BC上，且點(diǎn)R在BC的高AC上，如圖⑥，

過點(diǎn)R作RH⊥PQ于H，
易得PQ=2RH=2PC，PQ=$\frac{4}{3}$PB=$\frac{4}{3}$（7-4t），PC=4t-4，
∴$\frac{4}{3}$（7-4t）=2（4t-4），
解得：t=$\frac{13}{10}$．
④點(diǎn)P在BC上，且點(diǎn)R在AB的高CH上，如圖⑦，

過點(diǎn)P作PG⊥CH于G，
在△PGR與△RHQ中，$\left\{\begin{array}{l}{∠PRG=∠RQH}\\{∠PGR=∠RHQ}\\{PR=RQ}\end{array}\right.$，
∴△PGR≌△RHQ，
∴PG=RH，GR=QH，
∵PG⊥CH，BH⊥CH，
∴PG∥BH，
∴△CGP∽△CHB，
∴$\frac{CG}{CH}=\frac{PG}{BH}=\frac{CP}{CB}$．
∵BC=3，CH=$\frac{12}{5}$，BH=$\frac{9}{5}$，CP=4t-4，
∴CG=$\frac{4}{5}$PC=$\frac{4}{5}$（4t-4），PG=$\frac{3}{5}$PC=$\frac{3}{5}$（4t-4），
同理可得QB=$\frac{5}{3}$PB=$\frac{5}{3}$（7-4t），QH=QB-BH=$\frac{5}{3}$（7-4t）-$\frac{9}{5}$．
根據(jù)CH=CG+GH=CG+RH-RG=CG+PG-QH=$\frac{12}{5}$，得$\frac{5}{4}$（4t-4）+$\frac{3}{5}$（4t-4）-[$\frac{5}{3}$（7-4t）-$\frac{9}{5}$]=$\frac{12}{5}$，
解得：t=$\frac{67}{46}$．
綜上所述：當(dāng)t的值為$\frac{32}{53}$，$\frac{8}{11}$，$\frac{13}{10}$，$\frac{67}{46}$，△PQR的直角頂點(diǎn)R恰好落在△ABC的某條高上．

點(diǎn)評(píng) 本題主要考查了三角函數(shù)、等腰直角三角形的性質(zhì)、直角三角形斜邊上的中線等于斜邊的一半、角平分線的性質(zhì)、全等三角形的判定與性質(zhì)、相似三角形的判定與性質(zhì)等知識(shí)，在解決問題的過程中，用到了割補(bǔ)法和分類討論等重要的數(shù)學(xué)思想方法，準(zhǔn)確分類是解決本題的關(guān)鍵．