Question

已知：把Rt△ABC和Rt△DEF按如圖甲擺放（點(diǎn)C與點(diǎn)E重合），點(diǎn)B、C（E）、F在同一條直線上．∠BAC=∠DEF=90°，∠ABC=45°，BC=9cm，DE=6cm，EF=8cm．如圖乙，△DEF從圖甲的位置出發(fā)，以1cm/s的速度沿CB向△ABC勻速移動(dòng)，在△DEF移動(dòng)的同時(shí)，點(diǎn)P從△DEF的頂點(diǎn)F出發(fā)，以3cm/s的速度沿FD向點(diǎn)D勻速移動(dòng)．當(dāng)點(diǎn)P移動(dòng)到點(diǎn)D時(shí)，P點(diǎn)停止移動(dòng)，△DEF也隨之停止移動(dòng)．DE與AC相交于點(diǎn)Q，連接BQ、PQ，設(shè)移動(dòng)時(shí)間為t（s）．解答下列問題：
（1）設(shè)三角形BQE的面積為y（cm²），求y與t之間的函數(shù)關(guān)系式，并寫出自變量t的取值范圍；
（2）當(dāng)t為何值時(shí)，三角形DPQ為等腰三角形？
（3）是否存在某一時(shí)刻t，使P、Q、B三點(diǎn)在同一條直線上？若存在，求出此時(shí)t的值；若不存在，說(shuō)明理由．

Answer 1

分析：（1）在Rt△DEF中由勾股定理可以得到DF=10．同理，在Rt△ABC中，∠ABC=45°，所以△ABC為等腰直角三角形；由DE⊥BC，∠ACB=45°，知△QEC也是等腰直角三角形，所以，QE=CE=t，則BE=BC-CE=9-t；則△BQE的面積y=

1

2

BE•QE（0＜t≤

10

3

）；
（2）在Rt△DEF中，DE=6，DF=10，所以，cos∠D=

3

5

，sin∠D=

4

5

；在Rt△PDG中，通過(guò)sin∠D求得PG、cos∠D解得DG，
那么GQ=DQ-DG；在Rt△PGQ中，利用勾股定理，求得PQ²．若△DPQ為等腰三角形時(shí)，分三種情況：①若DP=DQ；②若DP=PQ；③當(dāng)DQ=PQ時(shí)；
（3）①當(dāng)t=0時(shí)，點(diǎn)B、P、Q在同一條直線上；
②當(dāng)B、Q、P在同一直線上時(shí)，過(guò)點(diǎn)P作DE的垂線，垂足為G，則PG∥BE，△DPG∽△DFE；然后由相似三角形的對(duì)應(yīng)邊成比例求得 PG、DG的值，而DQ=6-t，所以求得GQ=DQ-DG的值，根據(jù)平行線的判定定理知GP∥BE，可證△GPQ∽△QBE，所以，
GP：BE=GQ：EQ，從而解得t=

1

2

，點(diǎn)B、Q、P在同一直線上．

解答：解：（1）∠ACB=45°，∠DEF=90°，
∴∠EQC=45°．
∴EC=EQ=t，
∴BE=9-t．
∴y=

1

2

BE•EQ=

1

2

(9-t)t，（2分）
即：y=-

1

2

t2+

9

2

t（0＜t≤

10

3

）（1分）

（2）①當(dāng)DQ=DP時(shí)，∴6-t=10-3t，解得：t=2s．（2分）
②當(dāng)PQ=PD時(shí)，過(guò)P作PH⊥DQ，交DE于點(diǎn)H，
則DH=HQ=

6-t

2

，由HP∥EF，
∴

DH

DE

=

DP

DF

則

6-t 2

6

=

10-3t

10

，解得t=

30

13

s（2分）
③當(dāng)QP=QD時(shí)，過(guò)Q作QG⊥DP，交DP于點(diǎn)G，
則GD=GP=

10-3t

2

，可得：△DQG∽△DFE，
∴

DG

DE

=

DQ

DF

，則

10-3t 2

6

=

6-t

10

，
解得t=

14

9

s（2分）

（3）假設(shè)存在某一時(shí)刻t，
使點(diǎn)P、Q、B三點(diǎn)在同一條直線上．
則，過(guò)P作PI⊥BF，交BF于點(diǎn)I，
∴PI∥DE，
于是：

PI

DE

=

FP

FD

，
∴PI=

9

5

t，FI=

12

5

t，
∴

QE

PI

=

BE

BI

，則

t

9 5 t

=

9-t

9-t+8- 12 5 t

，
解得：t=

1

2

s．
答：當(dāng)t=

1

2

s，點(diǎn)P、Q、B三點(diǎn)在同一條直線上．（3分）

點(diǎn)評(píng)：本題主要考查了相似三角形的判定與性質(zhì)、等腰三角形的性質(zhì)、平行線分線段成比例．解答（2）題時(shí)，需注意分類討論，全面考慮等腰三角形的腰與底的各種情況．