Question

【題目】如圖1，點(diǎn)P、Q分別是邊長(zhǎng)為4cm的等邊△ABC邊AB、BC上的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)P從頂點(diǎn)A，點(diǎn)Q從頂點(diǎn)B同時(shí)出發(fā)，且它們的速度都為1cm/s．

（1）連接AQ、CP交于點(diǎn)M，則在P、Q運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，∠CMQ變化嗎？若變化，則說(shuō)明理由，若不變，則求出它的度數(shù)；

（2）試求何時(shí)△PBQ是直角三角形？

（3）如圖2，若點(diǎn)P、Q在運(yùn)動(dòng)到終點(diǎn)后繼續(xù)在射線AB、BC上運(yùn)動(dòng)，直線AQ、CP交點(diǎn)為M，則∠CMQ變化嗎？若變化，則說(shuō)明理由，若不變，則求出它的度數(shù)．

Answer 1

【答案】（1）在P、Q運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，∠CMQ不變，∠CMQ=60°；（2）當(dāng)t為 s或s 時(shí)，△PBQ為直角三角形；（3）在P、Q運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，∠CMQ的大小不變，∠CMQ=120°．

【解析】試題分析：（1）利用等邊三角形的性質(zhì)可證明△APC≌△BQA，則可求得∠BAQ=∠ACP，再利用三角形外角的性質(zhì)可證得∠CMQ=60°；

（2）可用t分別表示出BP和BQ，分∠BPQ=90°和∠BPQ=90°兩種情況，分別利用直角三角形的性質(zhì)可得到關(guān)于t的方程，則可求得t的值；

（3）同（1）可證得△PBC≌△QCA，再利用三角形外角的性質(zhì)可求得∠CMQ=120°．

試題解析：（1）∵△ABC為等邊三角形，

∴AB=AC，∠B=∠PAC=60°，

∵點(diǎn)P從頂點(diǎn)A，點(diǎn)Q從頂點(diǎn)B同時(shí)出發(fā)，且它們的速度都為1cm/s，

∴AP=BQ，

在△APC和△BQA中，

∴△APC≌△BQA（SAS），

∴∠BAQ=∠ACP，

∴∠CMQ=∠CAQ+∠ACP=∠BAQ+∠CAQ=∠BAC=60°，

∴在P、Q運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，∠CMQ不變，∠CMQ=60°；

（2）∵運(yùn)動(dòng)時(shí)間為ts，則AP=BQ=t，

∴PB=4﹣t，

當(dāng)∠PQB=90°時(shí)，

∵∠B=60°，

∴PB=2BQ，

∴4﹣t=2t，解得t=，

當(dāng)∠BPQ=90°時(shí)，

∵∠B=60°，

∴BQ=2PB，

∴t=2（4﹣t），解得t=，

∴當(dāng)t為 s或s 時(shí)，△PBQ為直角三角形；

（3）在等邊三角形ABC中，AC=BC，∠ABC=∠BCA=60°，

∴∠PBC=∠QCA=120°，且BP=CQ，

在△PBC和△QCA中，

∴△PBC≌△QCA（SAS），

∴∠BPC=∠MQC，

又∵∠PCB=∠MCQ，

∴∠CMQ=∠PBC=120°，

∴在P、Q運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中，∠CMQ的大小不變，∠CMQ=120°．