Question

如圖1，在Rt△ABC中，∠C=90°，AC=12，BC=16，動(dòng)點(diǎn)P從A出發(fā)沿AC邊向點(diǎn)C以每秒3個(gè)單位長的速度運(yùn)動(dòng)，動(dòng)點(diǎn)Q從C點(diǎn)出發(fā)，沿著CB邊向點(diǎn)B以每秒4個(gè)單位長的速度運(yùn)動(dòng)．P、Q分別從A、C同時(shí)出發(fā)，當(dāng)其中一點(diǎn)到達(dá)端點(diǎn)時(shí)，另一點(diǎn)也隨之停止運(yùn)動(dòng)．在運(yùn)動(dòng)過程中，△PCQ關(guān)于直線PQ對(duì)稱的圖形是△PDQ．設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t（秒）．
（1）設(shè)四邊形PCQD面積為y，求y與t的函數(shù)關(guān)系式；
（2）t為何值時(shí)，△PCQ與△ABC相似；
（3）如圖2，以C點(diǎn)為原點(diǎn)，邊CB、CA所在直線分別為x軸、y軸建立直角坐標(biāo)系，當(dāng)PD∥AB時(shí)，求點(diǎn)D的坐標(biāo)．

Answer 1

解：（1）由題意知CQ=4t，PC=12-3t
∴S_△PCQ=PC•CQ=-6t²+24t
∵△PCQ與△PDQ關(guān)于直線PQ對(duì)稱
∴y=2S_△PCQ=-12t²+48t；

（2）若△PCQ∽△ACB，
∴=，即，
解得：t=2；
若△PCQ∽△BCA，
∴=，即，
解得：t=1.44，
綜上，t為2秒或1.44秒時(shí)，△PCQ與△ABC相似；

（3）設(shè)某一時(shí)刻t，PD∥AB，延長PD交BC于點(diǎn)M，如圖，
若PD∥AB，則∠QMD=∠B，又∵∠QDM=∠C=90°，
∴Rt△QMD∽R(shí)t△ABC
從而 ，
∵QD=CQ=4t，AC=12，
AB==20，
∴QM=，
∵PD∥AB，
∴∠CPM=∠A，∠PMC=∠B，
∴△PCM∽△ACB，
∴，即，
解得t=，
則PC=PD=12-3t=，CQ=4t=，
∴，即=，
解得：DM=，
又∵DM∥AB，
∴∠DMN=∠B，
又∵∠DNM=∠C=90°，
∴△DNM∽△ACB，
∴，即==，
解得：DN=，MN=，
又∵CM=4t+t=，
則CN=CM-MN=．
所以D的坐標(biāo)為（，）．
分析：（1）根據(jù)折疊的性質(zhì)可知：四邊形PCQD的面積是△PCQ面積的2倍，因此只要求出△PCQ的面積即可得出四邊形PCQD的面積．可根據(jù)P、Q的速度用時(shí)間t表示出PC和CQ的長，然后根據(jù)三角形的面積公式即可得出△PCQ的面積表達(dá)式，也就能求出y，t的函數(shù)關(guān)系式；
（2）分兩種情況考慮：△PCQ∽△ACB與△PCQ∽△BCA，根據(jù)相似得出比例式，把CP=12-3t，CQ=4t，AC=12及BC=16分別代入即可求出相應(yīng)的時(shí)間t的值；
（3）若PD∥AB，延長PD交BC于點(diǎn)M．在直角三角形ABC中利用勾股定理求得AB=20；易證明Rt△QMD∽R(shí)t△ABC，然后根據(jù)相似三角形的對(duì)應(yīng)邊成比例求得QM=t，再由CQ+QM表示出CM，由PD與AB平行，根據(jù)兩直線平行得到兩對(duì)同位角相等，從而得出三角形PCM與三角形ABC相似，由相似得比例，把CM，CP，CA及CB的長代入列出關(guān)于t的方程，求出方程的解得到t的值，從而確定出CP，PD及CQ的長，進(jìn)而確定出PM的長，得出DM的長，過D作x軸的垂直交x軸于N，由DM與AB平行得出兩對(duì)同位角相等，可得三角形DMN與三角形ABC相似，根據(jù)相似得比例，可求出MN及DN的長，進(jìn)而得出CN的長，得出點(diǎn)D的坐標(biāo)．
點(diǎn)評(píng)：此題考查了折疊的性質(zhì)，相似三角形的判定與性質(zhì)，以及勾股定理，本題是一道動(dòng)態(tài)幾何題，綜合性較強(qiáng)，區(qū)分度較大，有一定的難度．鍛煉了學(xué)生利用關(guān)系式求值的運(yùn)算技能和從情景中提取信息、解釋信息、解決問題的能力，同時(shí)運(yùn)用的數(shù)學(xué)思想主要是數(shù)學(xué)建模思想．本題的第三問計(jì)算量比較大，其中確定出PD∥AB時(shí)t的值是解題的關(guān)鍵．