Question

10．已知在?ABCD中，AB=20cm，AD=30cm，∠ABC=60°，點Q從點B出發(fā)沿BA向點A勻速運動，速度為2cm/s，同時點P從點D出發(fā)沿DC勻速運動，速度為3cm/s，當點P停止運動時，點Q也隨之停止運動，過點P做PM⊥AD于點M，連接PQ、QM．設(shè)運動的時間為ts（0＜t≤6）．
（1）當PQ⊥PM時，求t的值；
（2）設(shè)△PCM的面積為y（cm²），求y與x之間的函數(shù)關(guān)系式；
（3）是否存在某一時刻使得△PQM的面積最大？若存在，求出此時t的值，并求出最大面積，若不存在，請說明理由；
（4）過點M作MN∥AB交BC于點N，連接PN，是否存在某一時刻使得PM=PN？若存在，求出此時t的值，若不存在，請說明理由．

Answer 1

分析 （1）只要證明四邊形AQPD是平行四邊形，得AQ=PD，列出方程即可解決問題．
（2）如圖1中，作MN⊥CD于N，只要求出MN，根據(jù)y=$\frac{1}{2}$•PC•MN計算即可．
（3）如圖2中，作BG⊥DA交DA的延長線于G，過點Q作QK⊥PM于K，交BG于H，求出QK，PM，構(gòu)建二次函數(shù)，理由二次函數(shù)的性質(zhì)即可解決問題．
（4）存在，只要證明CN=PC，根據(jù)PC+PD=CD列出方程即可解決問題．

解答 解：（1）∵PM⊥AD，PQ⊥PM，
∴PQ∥AD，
∵四邊形ABCD是平行四邊形，
∴AB∥CD，
∴四邊形AQPD是平行四邊形，
∴AQ=PD，
∴20-2t=3t，
∴t=4．
（2）如圖1中，作MN⊥CD于N，
在 RT△PMD中，∵∠PMD=90°，∠D=60°PD=3t，
∴DM=$\frac{1}{2}$PD=$\frac{3}{2}t$，
在RT△MND中，∵∠D=60°，∠MND=90°，
∴∠NMD=30°
∴DN=$\frac{1}{2}$DM=$\frac{3}{4}$t，MN=$\sqrt{3}$DN=$\frac{3\sqrt{3}}{4}$t，
當0＜t≤$\frac{20}{3}$時，y=$\frac{1}{2}$•PC•MN=$\frac{1}{2}$（20-3t）•$\frac{3\sqrt{3}}{4}$t=-$\frac{9\sqrt{3}}{8}$t²+$\frac{15\sqrt{3}}{2}$．
當$\frac{20}{3}$＜t≤10時，y=$\frac{1}{2}$•PC•NM=$\frac{1}{2}$（3t-20）•$\frac{3\sqrt{3}}{4}$t=$\frac{9\sqrt{3}}{8}$t²-$\frac{15\sqrt{3}}{2}$．
（3）如圖2中，作BG⊥DA交DA的延長線于G，過點Q作QK⊥PM于K，交BG于H，則四邊形GHKM是矩形，
在RT△ABG中，∵∠G=90°，∠ABG=30°，AB=20，
，∴AG=$\frac{1}{2}$AB=10，
在RT△BHQ中，∵∠BHQ=90°，∠HBQ=30°，BQ=2t，
∴HQ=$\frac{1}{2}$BQ=t，
∴QK=40-$\frac{3}{2}$t-t，
∴S_△QPM=$\frac{1}{2}$•PM•QK=$\frac{1}{2}$×$\frac{3\sqrt{3}}{2}$t×（40-$\frac{5}{2}$t）=-$\frac{15\sqrt{3}}{8}$t²+30$\sqrt{3}$t，
∵a=-$\frac{15\sqrt{3}}{8}$＜0，
∴S_△QPM有最大值，此時t=-$\frac{30\sqrt{3}}{2×（-\frac{15\sqrt{3}}{8}）}$=8，
∴t=8秒時，△QPM面積最大．
（4）存在．
理由：如圖3中，∵PM=PN，
∴∠PMN=∠PNM，
∵AB∥MN，AM∥BN，
∴四邊形ABNM是平行四邊形，
∴∠AMN=∠MNC=∠B=60°，
∵∠PMD=90°，∠NMD=120°，
∴∠PMN=∠PNM=∠PNC=30°，
∵∠C=120°，
∴∠CPN=30°=∠PNC，
∴NC=PC=DM=$\frac{3}{2}$t，
∴PC+DP=20，
∴$\frac{3}{2}$t+3t=20，
∴t=$\frac{40}{9}$．
∴t=$\frac{40}{9}$s時，PM=PN．

點評 本題考查四邊形綜合題、平行四邊形的性質(zhì)、直角三角形30度角所對的直角邊等于斜邊的一半、勾股定理、三角形面積公式等知識，解題的關(guān)鍵是靈活運用這些知識解決問題，學會添加常用輔助線，構(gòu)造直角三角形利用勾股定理解決問題，屬于中考壓軸題．