Question

如圖1，已知△ABC中，AB=10cm，AC=8cm，BC=6cm．如果點(diǎn)P由B出發(fā)沿BA方向點(diǎn)A勻速運(yùn)動(dòng)，同時(shí)點(diǎn)Q由A出發(fā)沿AC方向向點(diǎn)C勻速運(yùn)動(dòng)，它們的速度均為2cm/s．連接PQ，設(shè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t（單位：s）（0≤t≤4）．解答下列問題：

（1）當(dāng)t為何值時(shí)，PQ∥BC．
（2）設(shè)△AQP面積為S（單位：cm²），當(dāng)t為何值時(shí)，S取得最大值，并求出最大值．
（3）是否存在某時(shí)刻t，使線段PQ恰好把△ABC的面積平分？若存在，求出此時(shí)t的值；若不存在，請(qǐng)說明理由．
（4）如圖2，把△AQP沿AP翻折，得到四邊形AQPQ′．那么是否存在某時(shí)刻t，使四邊形AQPQ′為菱形？若存在，求出此時(shí)菱形的面積；若不存在，請(qǐng)說明理由．

Answer 1

解：∵AB=10cm，AC=8cm，BC=6cm，
∴由勾股定理逆定理得△ABC為直角三角形，∠C為直角．

（1）BP=2t，則AP=10-2t．
∵PQ∥BC，∴，即，解得t=，
∴當(dāng)t=s時(shí)，PQ∥BC．

（2）如答圖1所示，過P點(diǎn)作PD⊥AC于點(diǎn)D．
∴PD∥BC，
∴，
即，
解得PD=6-t．
S=×AQ×PD=×2t×（6-t）
=-t²+6t
=-（t-）²+，
∴當(dāng)t=s時(shí)，S取得最大值，最大值為cm²．

（3）假設(shè)存在某時(shí)刻t，使線段PQ恰好把△ABC的面積平分，
則有S_△AQP=S_△ABC，而S_△ABC=AC•BC=24，∴此時(shí)S_△AQP=12．
由（2）可知，S_△AQP=-t²+6t，
∴-t²+6t=12，化簡(jiǎn)得：t²-5t+10=0，
∵△=（-5）²-4×1×10=-15＜0，此方程無解，
∴不存在某時(shí)刻t，使線段PQ恰好把△ABC的面積平分．

（4）假設(shè)存在時(shí)刻t，使四邊形AQPQ′為菱形，則有AQ=PQ=BP=2t．
如答圖2所示，過P點(diǎn)作PD⊥AC于點(diǎn)D，則有PD∥BC，
∴，即，
解得：PD=6-t，AD=8-t，
∴QD=AD-AQ=8-t-2t=8-t．
在Rt△PQD中，由勾股定理得：QD²+PD²=PQ²，
即（8-t）²+（6-t）²=（2t）²，
化簡(jiǎn)得：13t²-90t+125=0，
解得：t₁=5，t₂=，
∵t=5s時(shí)，AQ=10cm＞AC，不符合題意，舍去，∴t=．
由（2）可知，S_△AQP=-t²+6t，
∴S_{菱形AQPQ′}=2S_△AQP=2×（-t²+6t）=2×[-×（）²+6×]=（cm²）．
所以存在時(shí)刻t，使四邊形AQPQ′為菱形，此時(shí)菱形的面積為cm²．
分析：（1）由PQ∥BC時(shí)的比例線段關(guān)系，列一元一次方程求解；
（2）如解答圖1所示，過P點(diǎn)作PD⊥AC于點(diǎn)D，構(gòu)造比例線段，求得PD，從而可以得到S的表達(dá)式，然后利用二次函數(shù)的極值求得S的最大值；
（3）要點(diǎn)是利用（2）中求得的△AQP的面積表達(dá)式，再由線段PQ恰好把△ABC的面積平分，列出一元二次方程；由于此一元二次方程的判別式小于0，則可以得出結(jié)論：不存在這樣的某時(shí)刻t，使線段PQ恰好把△ABC的面積平分；
（4）首先根據(jù)菱形的性質(zhì)及相似三角形比例線段關(guān)系，求得PQ、QD和PD的長(zhǎng)度；然后在Rt△PQD中，求得時(shí)間t的值；最后求菱形的面積，值得注意的是菱形的面積等于△AQP面積的2倍，從而可以利用（2）中△AQP面積的表達(dá)式，這樣可以化簡(jiǎn)計(jì)算．
點(diǎn)評(píng)：本題是非常典型的動(dòng)點(diǎn)型綜合題，全面考查了相似三角形線段比例關(guān)系、菱形的性質(zhì)、勾股定理及其逆定理、一元一次方程的解法、一元二次方程的解法與判別式、二次函數(shù)的極值等知識(shí)點(diǎn)，涉及的考點(diǎn)眾多，計(jì)算量偏大，有一定的難度．本題考查知識(shí)點(diǎn)非常全面，是一道測(cè)試學(xué)生綜合能力的好題．