Question

如圖，△ABC中，∠C=90°，AC=8cm，BC=6cm，點P、Q同時從點C出發(fā)，以1cm/s的速度分別沿CA、CB勻速運動．當點Q到達點B時，點P、Q同時停止運動．過點P作AC的垂線l交AB于點R，連接PQ、RQ，并作△PQR關(guān)于直線l對稱的圖形，得到△PQ′R．設(shè)點Q的運動時間為t（s），△PQ′R與△PAR重疊部分的面積為S（cm²）．
（1）t為何值時，點Q′恰好落在AB上？
（2）求S與t的函數(shù)關(guān)系式，并寫出t的取值范圍；
（3）S能否為cm²？若能，求出此時的t值；若不能，說明理由．

Answer 1

解：（1）連接QQ′，

∵PC=QC，∠C=90°，
∴∠CPQ=45°，又l⊥AC，
∴∠RPQ=∠RPC-∠CPQ=90°-45°=45°，
由對稱可得PQ′=PQ，∠QPQ′=90°，QQ′=2t，且QQ′∥CA，
∴∠BQQ′=∠BCA，又∠B=∠B，
∴△BQQ′∽△BCA，
∴==，即=，
解得：t=2.4；

（2）當0＜t≤2.4時，過Q′作Q′D⊥l于D點，則Q′D=t，

又∵RP∥BC，
∴△RPA∽△BCA，
∴=，即=，
∴RP=（8-t）•=，
∴S=RP•Q′D=••t=-t²+3t；
當2.4＜t≤6時，記PQ′與AB的交點為E，過E作ED⊥l于D，

由對稱可得：∠DPE=∠DEP=45°，
又∵∠PDE=90°，
∴△DEP為等腰直角三角形，
∴DP=DE，
∵△RDE∽△BCA，
∴===，即DR=DE，
∵△RPA∽△BCA，
∴=，即=，
∴RP=，
∴RP=RD+DP=DR+DE=DE+DE=，即DE=，
∴DE=，
∴S=RP•DE=••=t²-t+；

（3）S能為cm²，理由為：
若t²-t+=（2.4＜t≤6），
整理得：t²-16t+57=0，
解得：t==8±，
∴t₁=8+（舍去），t₂=8-；
若-t²+3t=（0＜t≤2.4），
整理得：t²-8t+3=0，
解得：t==4±，
∴t₁=4+（舍去），t₂=4-，
綜上，當S為cm²時，t的值為（8-）或（4-）秒．
分析：（1）如圖所示，連接QQ′，由題意得到三角形PQC為等腰直角三角形，可得出∠CPQ=45°，再由l與AC垂直，得到∠RPQ也為45°，進而由對稱性得出PQ′=PQ，∠QPQ′=90°，QQ′=2t，且QQ′∥CA，由平行得到一對同位角相等，再由公共角相等，利用兩對對應角相等的兩三角形相似得到△BQQ′∽△BCA，由相似得比例，將各自的值代入列出關(guān)于t的方程，求出方程的解即可得到此時t的值；
（2）由（1）求出t的值，分兩種情況考慮：當0＜t≤2.4時，過Q′作Q′D⊥l于D點，則Q′D=t，由RP與BC平行，利用兩直線平行得到兩對同位角相等，利用兩對對應角相等的兩三角形相似得到△RPA∽△BCA，由相似得比例表示出RP，利用三角形的面積公式表示出S關(guān)于t的關(guān)系式即可；當2.4＜t≤6時，記PQ′與AB的交點為E，過E作ED⊥l于D，由對稱性得到由對稱可得：∠DPE=∠DEP=45°，可得出三角形DEP為等腰直角三角形，得到DE=DP，由△RDE∽△BCA，利用相似得比例，表示出DR，再由△RPA∽△BCA，由相似得比例，表示出RP，由RP=RD+DP=RD+DE，將表示出的DR及RP代入，表示出DE，利用三角形的面積公式即可表示出S與t的關(guān)系式；
（3）S能為cm²，具體求法為：當0＜t≤2.4時，令S=，得出關(guān)于t的一元二次方程，求出方程的解得到t的值；當2.4＜t≤6時，令S=，得出關(guān)于t的一元二次方程，求出方程的解得到t的值，經(jīng)檢驗得到滿足題意t的值．
點評：考查了相似形綜合題，此題涉及的知識有：相似三角形的判定與性質(zhì)，一元二次方程的解法，軸對稱的性質(zhì)，勾股定理，以及根的判別式，是一道較難的相似形綜合題．