Question

【題目】如圖，在Rt△ABC中，∠ACB=90°，AC=6，BC=8，動點M從點A出發(fā)，以每秒1個單位長度的速度沿AB向點B勻速運動；同時，動點N從點B出發(fā)，以每秒3個單位長度的速度沿BA向點A勻速運動，過線段MN的中點G作邊AB的垂線，垂足為點G，交△ABC的另一邊于點P，連接PM，PN，當點N運動到點A時，M，N兩點同時停止運動，設運動時間為t秒．

（1）當t=秒時，動點M，N相遇
（2）設△PMN的面積為S，求S與t之間的函數關系式
（3）取線段PM的中點K，連接KA，KC，在整個運動過程中，△KAC的面積是否變化？若變化，直接寫出它的最大值和最小值；若不變化，請說明理由．

Answer 1

【答案】
（1）2.5
（2）

解：過點C作CH⊥AB于H，

由S△ABC=ACBC=ABCH得，CH==4.8，

∴AH==3.6，BH=10﹣3.6=6.4．

∵當點N運動到點A時，M，N兩點同時停止運動，∴0≤t≤．

當0≤t＜2.5時，點M在點N的左邊，如圖1、圖2，

MN=AB﹣AM﹣BN=10﹣t﹣3t=10﹣4t．

∵點G是MN的中點，∴MG=MN=5﹣2t，

∴AG=AM+MG=t+5﹣2t=5﹣t，

∴BG=10﹣（5﹣t）=t+5．

當點P與點C重合時，點G與點H重合，

則有5﹣t=3.6，解得t=1.4．

當2.5＜t≤時，點M在點N右邊，如圖3，

∵MN=AM﹣AN=AM﹣（AB﹣BN）=t﹣（10﹣3t）=4t﹣10，

∴NG=MN=2t﹣5，

∴AG=AN+NG=10﹣3t+2t﹣5=5﹣t．

綜上所述：①當0≤t≤1.4時，點M在點N的左邊，點P在BC上，如圖1，

此時MN=10﹣4t，BG=t+5，PG=BGtanB=（t+5）=t+，

∴S=MNPG=（10﹣4t）（t+）=﹣t2﹣t+；

②當1.4＜t＜2.5時，點M在點N的左邊，點P在AC上，如圖2，

此時MN=10﹣4t，AG=5﹣t，PG=AGtanA=（5﹣t）=﹣t，

∴S=MNPG=（10﹣4t）（﹣t）=t2﹣20t+；

③當2.5＜t≤時，點M在點N的右邊，點P在AC上，如圖3，

此時MN=4t﹣10，AG=5﹣t，PG=AGtanA=（5﹣t）=﹣t，

∴S=MNPG=（4t﹣10）（﹣t）=﹣t2+20t﹣；

∴S與t之間的函數關系式為S=；

（3）

解：在整個運動過程中，△KAC的面積變化，最大值為4，最小值為．

提示：過點K作KD⊥AC于D，過點M作ME⊥AC于E．

①當0≤t≤1.4時，點P在BC上，如圖4，

此時AM=t，BG=t+5，

∴EM=AMsin∠EAM=t=t，BP===t+，

∴CP=CB﹣BP=8﹣（t+）=﹣t+．

∵EM⊥AC，KD⊥AC，PC⊥AC，

∴EM∥DK∥CP．

∵K為PM的中點，∴D為EC中點，

∴DK=（CP+EM）=（﹣t++t）=﹣t+，

∴S△KAC=ACDK=×6×（﹣t+）=﹣t+，

∵﹣＜0，∴S△KAC隨著t的增大而減小，

∴當t=0時，S△KAC取到最大值，最大值為，

當t=1.4時，S△KAC取到最小值，最小值為；

②當1.4＜t≤時，點P在AC上，如圖5、圖6，

同理可得：DK為△PEM的中位線，EM=t，

∴DK=EM=t，

∴S△KAC=ACDK=×6×t=t．

∵＞0，∴S△KAC隨著t的增大而增大，

∴當t=1.4時，S△KAC取到最小值，最小值為；

當t=時，S△KAC取到最大值，最大值為×=4

綜上所述：△KAC的面積的最大值為4，最小值為．

【解析】（1）根據勾股定理可得AB=10，若動點M、N相遇，則有t+3t=10，即可求出t的值；
（2）由于“點P在BC上”與“點P在點AC上”及“點M在點N的左邊”與“點M在點N的右邊”對應的MN、PG的表達式不同，S與t之間的函數關系式也就不同，因此需分情況討論．只需先考慮臨界位置（點P與點C重合，點M與點N重合、點N與點A重合）所對應的t的值，然后分三種情況（①0≤t≤1.4，②1.4＜t＜2.5，③2.5＜t≤）討論，用t的代數式表示出MN和PG，就可解決問題；
（3）過點K作KD⊥AC于D，過點M作ME⊥AC于E，由于AC已知，要求△KAC的面積的最值，只需用t的代數式表示出DK，然后利用一次函數的增減性就可解決問題．
【考點精析】解答此題的關鍵在于理解平行線分線段成比例的相關知識，掌握三條平行線截兩條直線，所得的對應線段成比例，以及對相似三角形的判定與性質的理解，了解相似三角形的一切對應線段(對應高、對應中線、對應角平分線、外接圓半徑、內切圓半徑等）的比等于相似比；相似三角形周長的比等于相似比；相似三角形面積的比等于相似比的平方．