Question

【題目】如圖，在△ABC中，AB=AC=4，∠BAC=120°，AD為BC邊上的高，點(diǎn)P從點(diǎn)B以每秒個(gè)單位長度的速度向終點(diǎn)C運(yùn)動(dòng)，同時(shí)點(diǎn)Q從點(diǎn)C以每秒1個(gè)單位長度的速度向終點(diǎn)A運(yùn)動(dòng)，其中一個(gè)點(diǎn)到達(dá)終點(diǎn)時(shí)，兩點(diǎn)同時(shí)停止.

(1)求BC的長；

(2)設(shè)△PDQ的面積為S，點(diǎn)P的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t秒，求S與t的函數(shù)關(guān)系式，并寫出自變量的取值范圍；

(3)在動(dòng)點(diǎn)P、Q的運(yùn)動(dòng)過程中，是否存在PD=PQ，若存在，求出△PDQ的周長，若不存在，請(qǐng)說明理由.

Answer 1

【答案】(1) 4;(2)①S△PDQ=-t2+t(0≤t≤2);②S△PDQ=t -t2 (2<t≤4);（3）存在PD=PQ，此時(shí)△PDQ的周長為3.

【解析】

(1)根據(jù)等腰三角形性質(zhì)三線合一和含30°銳角的直角三角形的性質(zhì)即可解答；（2）分當(dāng)點(diǎn)P在線段BD上運(yùn)動(dòng)和當(dāng)點(diǎn)P在線段DC上運(yùn)動(dòng)，過點(diǎn)Q作QM⊥BC于點(diǎn)M，用含時(shí)間t的代數(shù)式分別表示出PD=BD-BP=2-t或者PD= BP - BD =t- 2，、QM CQ=t的長，根據(jù)三角形面積公式即可求解；（3）根據(jù)題意可得，當(dāng)PD=PQ時(shí)，PD=PQ，

用含t的式子分別表示出Rt△PMQ的三邊，由勾股定理得QM2+MP2=QP2，解得t=3后得到△DPQ是等邊三角形，邊長為，從而求出周長.

解：（1）△ABC中，∵AB=AC=4，∠BAC=120°，AD⊥ BC，

∴∠B=∠C=30°，BD=DC

∴AD=AB=2，由勾股定理得：BD=DC= 2

∴BC=2BD=4;

（2）過點(diǎn)Q作QM⊥BC于點(diǎn)M，

∵CQ=t，∠C=30°，BP=t

∴QM= CQ=t ，

①當(dāng)點(diǎn)P在線段BD上運(yùn)動(dòng)時(shí)，即0≤t≤2，如圖：

PD=BD-BP=2-t

∴S△PDQ=×PD×QM=×（2-t）×t=-t2+t(0≤t≤2);

②當(dāng)點(diǎn)P在線段DC上運(yùn)動(dòng)時(shí)，即2<t≤4，如圖：

PD= BP - BD =t- 2，方法同①得：

S△PDQ=×PD×QM=×（t -2）×t=t -t2 (2<t≤4);

（3）當(dāng)點(diǎn)P在BD上運(yùn)動(dòng)時(shí)，∠BDQ>90°，PD≠PQ，所以若PD=PQ=t -2 ，則PD=PQ如（2）②中圖形，此時(shí)PD=PQ=t- 2，PC=BC-BP=4-t，MC==t ，MP=MC-PC=t-(4-t)=t-4，

Rt△PMQ中，∵QM2+MP2=QP2

∴（t）2+（t-4）2=（t -2）2，

化簡得：t2-6t+9=0，即（t-3）2=9，∵t >0

解得t=3，即PD=PQ=t -2=3 -2==PC，

又∵∠C=30°，∴∠C=∠PQC=30°，∠DPQ=∠C+∠PQC=60°，即△DPQ是等邊三角形，

∴△DPQ的周長=3PD=3.