分析 (1)設(shè)當(dāng)ts時(shí)PQ∥AC,再用t表示出BP與BQ的長(zhǎng),根據(jù)相似三角形的性質(zhì)即可得出結(jié)論;
(2)分別過點(diǎn)A、P作AN⊥BC,PN⊥BC于點(diǎn)N、M,根據(jù)勾股定理求出AN的長(zhǎng),再由相似三角形的性質(zhì)求出PM的長(zhǎng),根據(jù)三角形的面積公式即可得出結(jié)論;
(3)分別用t表示出四邊形APQD與三角形ABC的面積,進(jìn)而可得出結(jié)論.
解答 解:(1)當(dāng)ts時(shí)PQ∥AC,
∵點(diǎn)P從點(diǎn)B出發(fā),沿BA方向勻速運(yùn)動(dòng),速度為1cm/s;同時(shí),直線QD從點(diǎn)C出發(fā),沿CB方向勻速運(yùn)動(dòng),速度為1cm/s,
∴BP=t,BQ=6-t.
∵PQ∥AC,
∴△BPQ∽△BAC,
∴$\frac{BP}{AC}$=$\frac{BC}{BQ}$,即$\frac{t}{5}$=$\frac{6-t}{6}$,解得t=$\frac{30}{11}$(s).
答:當(dāng)t為$\frac{30}{11}$s時(shí),PQ∥AC;
(2)過點(diǎn)A、P作AN⊥BC,PN⊥BC于點(diǎn)N、M,
∵AB=AC=5cm,BC=6cm,
∴BN=CN=3cm,
∴AN=$\sqrt{{AB}^{2}-{BN}^{2}}$=$\sqrt{{5}^{2}-{3}^{2}}$=4cm.
∵AN⊥BC,PN⊥BC,
∴△BPM∽△BAN,
∴$\frac{BP}{AB}$=$\frac{PM}{AN}$,即$\frac{t}{5}$=$\frac{PM}{4}$,解得PM=$\frac{4t}{5}$,
∴S△BPQ=$\frac{1}{2}$BQ•PM=$\frac{1}{2}$(6-t)•$\frac{4t}{5}$=-$\frac{2{t}^{2}}{5}$+$\frac{12}{5}$t.
∵AB=AC=5cm,
∴∠C=45°,
∴QC=DQ,
∴S△CDQ=$\frac{1}{2}$CQ•DQ=$\frac{1}{2}$t2.
∵S△ABC=$\frac{1}{2}$BC•AN=$\frac{1}{2}$×6×4=12,
∴y=S四邊形APQD=S△ABC-S△CDQ-S△BPQ=12-$\frac{1}{2}$t2-(-$\frac{{2t}^{2}}{5}$+$\frac{12}{5}$t)=12-$\frac{1}{10}$t2-$\frac{12}{5}$t(0<t<3);
(3)存在.
∵由(2)知,S四邊形APQD=S△ABC-S△CDQ-S△BPQ=12-$\frac{1}{2}$t2-(-$\frac{{2t}^{2}}{5}$+$\frac{12}{5}$t)=12-$\frac{1}{10}$t2-$\frac{12}{5}$t,S△ABC=12,
∴$\frac{12-\frac{1}{10}{t}^{2}-\frac{12}{5}t}{12}$=$\frac{23}{45}$,解得t1=-12+$\frac{4\sqrt{114}}{3}$,t2=-12-$\frac{4\sqrt{114}}{3}$(舍去).
答:當(dāng)t=(-12+$\frac{4\sqrt{114}}{3}$)s時(shí),S四邊形APQD:S△ABC=23:45.
點(diǎn)評(píng) 本題考查的是相似形綜合題,涉及到相似三角形的判定與性質(zhì)、等腰直角三角形等知識(shí),根據(jù)題意作出輔助線,構(gòu)造出直角三角形是解答此題的關(guān)鍵.
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