Question

8．如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=BC=2，CD⊥AB于點(diǎn)D，動(dòng)點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)，沿AC以1cm/s的速度向終點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，點(diǎn)P不與點(diǎn)A，C重合，過(guò)點(diǎn)P作PQ⊥AC交折線(xiàn)AD-DC于點(diǎn)Q，以PQ為邊向PQ右邊作正方形PQMN，設(shè)正方形PQMN與△ACD重疊部分圖形的面積為S，點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t（s）
（1）當(dāng)M點(diǎn)在邊CD上時(shí)，求t的值；
（2）用含t的代數(shù)式表示PQ的長(zhǎng)；
（3）求S與t的函數(shù)解析式．

Answer 1

分析 （1）如圖1中，當(dāng)當(dāng)M點(diǎn)在邊CD上時(shí)，由QM∥AC，得$\frac{QM}{AC}$=$\frac{QD}{AD}$，列出方程即可解決問(wèn)題．
（2）分兩種情形①當(dāng)0＜t≤1時(shí)，根據(jù)PA=PQ，即可解決問(wèn)題．②當(dāng)1＜t＜2時(shí)，△PQC是等腰直角三角形，由此即可解決問(wèn)題．
（3）分三種情形討論即可）①如圖2中，當(dāng)0＜t＜$\frac{2}{3}$時(shí)，重疊部分就是正方形PQMN，求出正方形PQMN的面積即可，②如圖3中，設(shè)CD與MN交于點(diǎn)G，MQ交CD于H，
當(dāng)$\frac{2}{3}$＜t≤1時(shí)，重疊部分是五邊形QHGNP，求出五邊形面積即可．③如圖4中，當(dāng)1＜t＜2時(shí)，重疊部分是△PCQ，求出△PCQ面積即可．

解答 解：（1）如圖1中，當(dāng)當(dāng)M點(diǎn)在邊CD上時(shí)，

∵∠ACB=90°，AC=BC=2，CD⊥AB，
∴AB=2$\sqrt{2}$，CD=AD=DB=$\sqrt{2}$，
∴∠A=∠DQM=45°，
∴PA=PQ=MQ=t，AQ=$\sqrt{2}$t，
∵QM∥AC，
∴$\frac{QM}{AC}$=$\frac{QD}{AD}$，
∴$\frac{t}{2}$=$\frac{\sqrt{2}-\sqrt{2}t}{\sqrt{2}}$，
∴t=$\frac{2}{3}$．

（2）當(dāng)0＜t≤1時(shí)，∵PA=PQ，
∴PQ=t，
當(dāng)1＜t＜2時(shí)，△PQC是等腰直角三角形，
∴PC=PQ，
∴PQ=2-t，
綜上所述PQ=$\left\{\begin{array}{l}{t}&{（0＜t≤1）}\\{2-t}&{（1＜t＜2）}\end{array}\right.$．

（3）①如圖2中，

當(dāng)0＜t＜$\frac{2}{3}$時(shí)，重疊部分就是正方形PQMN，S=t²．
②如圖3中，設(shè)CD與MN交于點(diǎn)G，MQ交CD于H．

當(dāng)$\frac{2}{3}$＜t≤1時(shí)，重疊部分是五邊形QHGNP，
S=S_{正方形PQMN}-S_△MHG=t²-$\frac{1}{2}$（3t-2）²=-$\frac{7}{2}$t²+6t-2．
③如圖4中，

當(dāng)1＜t＜2時(shí)，重疊部分是△PCQ，
∴S=S_△PCQ=$\frac{1}{2}$（2-t）²=$\frac{1}{2}$t²-2t+2．
綜上所述S=$\left\{\begin{array}{l}{{t}^{2}}&{（0＜t≤\frac{2}{3}）}\\{-\frac{7}{2}{t}^{2}+6t-2}&{（\frac{2}{3}＜t≤1）}\\{\frac{1}{2}{t}^{2}-2t+2}&{（1＜t＜2）}\end{array}\right.$．

點(diǎn)評(píng) 本題考查四邊形綜合題、正方形的性質(zhì)、等腰直角三角形的性質(zhì)等知識(shí)，解題的關(guān)鍵是學(xué)會(huì)分類(lèi)討論，需要正確畫(huà)出圖形，考查了學(xué)生綜合應(yīng)用知識(shí)的能力，屬于中考?jí)狠S題．