Question

如圖所示，Rt△ABC中，∠C=90°，AC=6，BC=12，點P從點A出發(fā)沿AC邊向點C以每秒1個單位的速度移動，點Q從點C出發(fā)沿CB邊向點B以每秒1個單位的速度移動，點P、Q同時出發(fā)，設(shè)移動時間為t秒（t＞0）．
（1）求t為何值時，PQ∥AB；
（2）設(shè)△PCQ的面積為y，求y與t的函數(shù)關(guān)系式，并求出當t為何值時，△PCQ的面積最大，最大面積是多少；
（3）設(shè)點C關(guān)于直線PQ的對稱點為D，求t為何值時，四邊形PCQD是正方形；
（4）當?shù)玫秸�方形PCQD后，點P不再沿AC邊移動，但正方形PCQD沿CB邊向B點以每秒1個單位的速度移動，當點Q與點B重合時，停止移動，設(shè)運動中的正方形為MNQD，正方形MNQD與Rt△ABC重合部分的面積為S，求S與t的函數(shù)關(guān)系式，并寫出自變量的取值范圍．

Answer 1

【答案】分析：（1）利用PQ∥AB，得出=，進而求出t的值即可；
（2）利用y=PC×CQ得出關(guān)于t的二次函數(shù)的解析式，進而求出最值即可；
（3）利用當PC=CQ時，t=3，△PCQ是等腰直角三角形，進而得出當t=3時，將△PCQ翻折得到的四邊形PCQD是正方形；
（4）根據(jù)當t=6時，當6＜t≤9時，點D在Rt△ABC的外部，點M在Rt△ABC的內(nèi)部，以及當9＜t≤12，點D，M都在Rt△ABC的外部分別求出即可．
解答：解：（1）由題意得出：CQ=t，PC=6-t，
∵PQ∥AB，
∴=，
∴=，
∴t=4，

（2）∵y=PC×CQ=-t²+3t=-（t-3）²+；
當t=3時，△PCQ的面積最大，最大面積為：；

（3）∵當PC=CQ時，t=3，△PCQ是等腰直角三角形，
∴當t=3時，將△PCQ翻折得到的四邊形PCQD是正方形；

（4）①如圖1，由已知條件易知：當t=6時，正方形MNQD的頂點D到達斜邊AB的中點，
∴當3≤t≤6時，正方形MNQD在Rt△ABC的內(nèi)部，此時s=9；
②如圖2，當6＜t≤9時，點D在Rt△ABC的外部，點M在Rt△ABC的內(nèi)部，設(shè)正方形MNQD與
AB的兩個交點分別是E，F(xiàn)，則BQ=12-t，
由題意得出：DQ∥AC，
∴=，
∴=，
∴EQ=6-t，
DE=3-EQ=t-3，
而由題意得出：DF=t-6，
∴S=9-DE×DF=-t²+3t；
③如圖3，當9＜t≤12，
點D，M都在Rt△ABC的外部，設(shè)正方形MNQD與AB的兩個交點為：E，F(xiàn)．
由題意得出：
BQ=12-t，
∴QE=（12-t），
∵BN=BQ+NQ=15-t，
∴FN=（15-t），
∴S=（QE+FN）×3=-t+．
點評：此題主要考查了翻折變換的性質(zhì)以及正方形的性質(zhì)，利用分類討論思想進行分析即可得出答案是解題關(guān)鍵．