教师讲解错误
错误详细描述：
如图，在Rt△ABC中，∠ACB＝90°，AC＝BC＝6cm，点P从点A出发，沿AB方向以每秒的速度向终点B运动；同时，动点Q从点B出发沿BC方向以每秒1cm的速度向终点C运动，将△PQC沿BC翻折，点P的对应点为点P′．设Q点运动的时间为t秒，若四边形QPCP′为菱形，求t的值．
下面这道题和您要找的题目解题方法是一样的，请您观看下面的题目视频
（2012黄冈）如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝BC＝6cm，点P从点A出发，沿AB方向以每秒cm的速度向终点B运动；同时，动点Q从点B出发沿BC方向以每秒1cm的速度向终点C运动，将△PQC沿BC翻折，点P的对应点为点P′．设点Q运动的时间为t秒，若四边形QPCP′为菱形，则t的值为（　　）A． B． 2C． D． 3
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出门在外也不愁如图，抛物线y=ax2+bx+c（a≠0）与x轴交于A（-3，0）、B两点，与y轴交于点C，当x=-4和x=2时，二次函数y=ax2+bx+c（a≠0）的函数值y相等，连接AC、BC．
（1）求实数a，b，c的值；
（2）若点M、N同时从B点出发，均以每秒1个单位长度的速度分别沿BA、BC边运动，其中一个点到达终点时，另一点也随之停止运动，当运动时间为t秒时，连接MN，将△BMN沿MN翻折，B点恰好落在AC边上的P处，求t的值及点P的坐标；
（3）在（2）的条件下，抛物线的对称轴上是否存在点Q，使得以B，N，Q为顶点的三角形与△ABC相似？若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．
（1）由于x=-4和x=2时，抛物线的函数相等，那么它的对称轴为x=-1，可据此求得点B的坐标，进而可利用待定系数法求得该抛物线的解析式，从而得到a、b、c的值；
（2）连接AC，根据A、B、C三点的坐标，易求得AC、BC、AB的长，从而证得△ACB是直角三角形，且∠ABC=60°，根据折叠的性质知BM=BN=MP=PN，故四边形PMBN是菱形，此时PN∥AB，可得△CPN∽△CAB，利用所得比例线段，即可求得t值以及对应的P点坐标；
（3）由（2）求得∠ACB=90°，若以B，N，Q为顶点的三角形与△ABC相似，那么以B，N，Q为顶点的三角形也必为直角三角形，可分三种情况考虑：
①显然BN中点的距离要大于1，由（2）求得的t值可得到BN的长要小于1，因此以BN为直径的圆与抛物线对称轴没有交点，因此Q不可能为直角顶点；
②若∠BNQ=90°，则有两种情况：
1）∠NBQ=60°，此时Q为抛物线对称轴与x轴的交点，由于N不是线段BC的中点，故NQ与AC不平行，图此时∠BNQ不可能是90°；
2）∠NBQ=30°，此时Q点与点P重合，显然此时∠BNQ不等于90°；
③若∠NBQ=90°，延长NM交抛物线对称轴于点Q，此时∠MBQ=∠MQB=30°，可得QM=BM=PM，即x轴垂直平分PQ，此时P、Q关于x轴对称，由此可求得点Q的坐标．
解：（1）由题意知：抛物线的对称轴为x=-1，则B（1，0）
设抛物线的解析式为：y=a（x+3）（x-1），
则有：a（0+3）（0-1）=，a=-
∴y=-（x+3）（x-1）=-x2-x+
故a=-，b=-，c=；
（2）∵A（-3，0），B（1，0），C（0，），
∴OA=3，OB=1，OC=，AB=4，AC=2，BC=2
故△ABC是直角三角形，且∠ACB=90°，∠ABC=60°
由题意知：BM=BN=MP=PN=t，
所以四边形PNBM是菱形，
∴PN∥AB，
则有：，即，
过P作PE⊥AB于E，
在Rt△PME中，∠PME=60°，PM=t=，
故PE=，ME=
∵OM=BM-OB=t-1=，
∴OE=OM+EM=1，
即P（-1，）；
（3）由（1）知：抛物线的对称轴为x=-1，
所以点P在抛物线的对称轴上；
由（2）知，∠ACB=90°，若以B，N，Q为顶点的三角形与△ABC相似，则△BNQ必为直角三角形；
①若∠BQN=90°；
由于BN=BM=t=，则BN=；
而BN中点到抛物线对称轴的距离大于1，
故以BN为直径的圆与抛物线对称轴无交点，
所以∠BQN≠90°，此种情况不成立．
②若∠BNQ=90°；
当∠NBQ=60°时，Q、E重合，此时∠BNQ≠90°，
当∠NBQ=30°时，Q、E重合，此时∠BNQ≠90°，
故此种情况也不成立．
③若∠NBQ=90°，延长NM交抛物线对称轴于点Q，
∵∠PME=∠QME=∠BMN=∠NMP=60°，EM⊥PQ，
∴P、Q关于x轴对称，故Q（-1，-）；
综上所述，存在符合条件的Q点，且坐标为Q（-1，-）．（2008o青岛）已知：如图①，在Rt△ACB中，∠C=90°，AC=4 cm，BC=3 cm，点P由B出发沿BA方向向点A匀速运动，速度为1cm/s；点Q由A出发沿AC方向向点C匀速运动，速度为2cm/s；连接PQ．若设运动的时间为t（s）（0＜t＜2），解答下列问题：（1）当t为何值时，PQ∥BC；（2）设△AQP的面积为y（cm2），求y与t之间的函数关系式；（3）是否存在某一时刻t，使线段PQ恰好把Rt△ACB的周长和面积同时平分？若存在，求出此时t的值；若不存在，说明理由；（4）如图②，连接PC，并把△PQC沿QC翻折，得到四边形PQP′C，那么是否存在某一时刻t，使四边形PQP′C为菱形？若存在，求出此时菱形的边长；若不存在，说明理由．
（1）当PQ∥BC时，我们可得出三角形APQ和三角形ABC相似，那么可得出关于AP，AB，AQ，AC的比例关系，我们观察这四条线段，已知的有AC，根据P，Q的速度，可以用时间t表示出AQ，BP的长，而AB可以用勾股定理求出，这样也就可以表示出AP，那么将这些数值代入比例关系式中，即可得出t的值．（2）求三角形APQ的面积就要先确定底边和高的值，底边AQ可以根据Q的速度和时间t表示出来．关键是高，可以用AP和∠A的正弦值来求．AP的长可以用AB-BP求得，而sinA就是BC：AB的值，因此表示出AQ和AQ边上的高后，就可以得出x，y的函数关系式．（3）如果将三角形ABC的周长和面积平分，那么AP+AQ=BP+BC+CQ，那么可以用t表示出CQ，AQ，AP，BP的长，那么可以求出此时t的值，我们可将t的值代入（2）的面积与t的关系式中，求出此时面积是多少，然后看看面积是否是三角形ABC面积的一半，从而判断出是否存在这一时刻．（4）我们可通过构建相似三角形来求解．过点P作PM⊥AC于M，PN⊥BC于N，那么PNCM就是个矩形，解题思路：通过三角形BPN和三角形ABC相似，得出关于BP，PN，AB，AC的比例关系，即可用t表示出PN的长，也就表示出了MC的长，要想使四边形PQP'C是菱形，PQ=PC，根据等腰三角形三线合一的特点，QM=MC，这样有用t表示出的AQ，QM，MC三条线段和AC的长，就可以根据AC=AQ+QM+MC来求出t的值．求出了t就可以得出QM，CM和PM的长，也就能求出菱形的边长了．
解：（1）在Rt△ABC中，AB=2+AC2=5，由题意知：AP=5-t，AQ=2t，若PQ∥BC，则△APQ∽△ABC，∴=，∴=，∴t=．所以当t=时，PQ∥BC．（2）过点P作PH⊥AC于H．∵△APH∽△ABC，∴=，∴=，∴PH=3-t，∴y=×AQ×PH=×2t×（3-t）=-t2+3t．（3）若PQ把△ABC周长平分，则AP+AQ=BP+BC+CQ．∴（5-t）+2t=t+3+（4-2t），解得t=1．若PQ把△ABC面积平分，则S△APQ=S△ABC，即-2+3t=3．∵t=1代入上面方程不成立，∴不存在这一时刻t，使线段PQ把Rt△ACB的周长和面积同时平分．（4）过点P作PM⊥AC于M，PN⊥BC于N，若四边形PQP'C是菱形，那么PQ=PC．∵PM⊥AC于M，∴QM=CM．∵PN⊥BC于N，易知△PBN∽△ABC．∴=，∴=，∴PN=，∴QM=CM=，∴t+t+2t=4，解得：t=．∴当t=s时，四边形PQP'C是菱形．此时PM=3-t=cm，CM=t=cm，在Rt△PMC中，PC=2+CM2==cm，∴菱形PQP′C边长为cm．如图，在等腰梯形ABCD中，AB∥CD，∠A=60°，AD=DC=CB=2，点P是AD上一动点，点Q是线段AB上一动点且AP=AQ，在等腰梯形ABCD内以PQ为一边作矩形PQMN，点N在CD上．设AQ=x，矩形PQMN的面积为y．
（1）求等腰梯形ABCD的面积；
（2）求y与x之间的函数关系式；
（3）当x为何值时，矩形PQMN是正方形；
（4）矩形PQMN面积最大时，将△PQN沿NQ翻折，点P的对应点为点P’，请判断此时△BMP’的形状．
（1）过C作CE∥AD交AB于E，CF⊥AB于F，根据平行四边形的性质和判定求出AE、CE，得出等边三角形CEB，求出高SF的长即可；
（2）根据等边三角形的性质和判定求出PQ=x，DP=2-x，作DE⊥PN于点E，求出∠DPE=30°，求出DE，根据勾股定理求出PN，根据面积公式求出即可；
（3）根据正方形的性质得出PQ=PN，代入求出x即可；
（4）求出x值，根据x的值求出∠AQP=∠PDN=∠BQN=60°，过M作MH⊥AB于H，连接QN，求出MH、BM、P′M、BP′的值，根据勾股定理的逆定理求出即可．
解：（1）过C作CE∥AD交AB于E，CF⊥AB于F，
∵DC∥AB，CE∥AD，
∴四边形ADCE是平行四边形，
∴AE=CD=2，AD=CE=BC，∠A=∠CEB=60°，
∴△CEB是等边三角形，
∴BE=CE=2，
∴AB=4，BF=EF=1，
由勾股定理得：CF=，
&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&
（2）如图（2）：
由题知，AP=AQ=x，∠A=60°，△APQ为等边三角形，
∵∠NPQ=90°，∠APQ=60°，
∴∠DPN=30°，
又∠D=120°，
∴∠DNP=30°，
则DP=DN=2-x，
作DE⊥PN于点E，
在Rt△DPE中，DP=2-x，∠DPE=30°，
∵DP=DN，DE⊥PN，
∴y与x的函数关系式是y=-x2+2x；
（3）由题意得，PQ=PN，
∴当x=3-时，矩形PQMN是正方形；
当x=1时，最大=
∠AQP=60°，
∠PQN=60°，
∠NQB=60°，
∴P′在AB上，
又QP=QP′=1，
∴AP′=2，
MP′=P′Q=1，BP′=2，
过M作MH⊥AB于H，连接QN，
∵MN=2，MQ=，
∴由勾股定理得：QN=2，∠NQM=30°，
∴∠MQB=60°-30°=30°，
∴MH=，QH=，
∴BH=4-1-=，
由勾股定理得：BM=，
在Rt△BMQ中，2=22，
∴△BMP′为直角三角形．